İSTANBUL SABAHATTİN ZAİM ÜNİVERSİTESİ

Ebat: px
Şu sayfadan göstermeyi başlat:

Download "İSTANBUL SABAHATTİN ZAİM ÜNİVERSİTESİ"

Transkript

1 İSTANBUL SABAHATTİN ZAİM ÜNİVERSİTESİ BİLGİSAYAR MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ GÜZ DÖNEMİ Diferansiyel Denklemler Ders Notları Yrd.Doç.Dr. Ahmet Altundağ İSTANBUL

2 2

3 İçindekiler BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER 5. Diferansiyel Denklemlerin Sınıflandırılması Diferansiyel Denklemlerin Çözümü Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemlerim Çözüm Yöntemleri Değişkenlerine Ayrılabilen Diferansiyle Denklemler Homojen Diferansiyel Denklemler Homojen Denkleme İndirgenebilen Diferansiyel Denklemler Lineer Diferansiyel Denklemler Bernoulli Diferensiyel Denklemi Riccati Diferansiyel Denklemi Tam Diferansiyel Denklemler İntegrasyon Çarpanı Çözümlerin Varlık ve Tekliği Picard Ardışık Yaklaşımlar Yöntemi Picard Teoremi YÜKSEK DERECEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER Clairaut Diferansiyel Denklemi Lagrange (d Alembert) Diferansiyel Denklemi Genelleştirme Yüksek Dereceden Homojen Denklemler Geometrik Uygulamalar YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler Sabit Katsayılı İkinci Mertebeden Homojen Diferansiyel Denklemler Lineer Bağımlılık ve Bağımsızlık Sabit Katsayılı İkinci Mertebeden Homojen olmayan Diferansiyel Denklemler n. Mertebeden Lineer ve Sabit Katsayılı Diferansiyel Denklemler

4 4 İÇINDEKILER 3.2. n. mertebeden lineer ve sabit katsaylı homojen diferansiyel denklemlerin çözümü n. mertebeden lineer ve sabit katsayılı homojen olmayan diferansiyel denklemlerin çözümü Operatör Metodu Sabitin değişimi kuralı (Lagrange kuralı) Değişken Katsayılı Lineer Diferansiyel Denklemler Euler-Cauchy diferansiyel denklemi DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SERİLERLE ÇÖZÜMLERİ Adi, Tekil, Düzgün Tekil ve Düzgün Olmayan Tekil Nokta Tanımları Adi Nokta Civarında Seri Çözümleri Düzgün Tekil Nokta Civarında Seri Çözümleri (Frobenius Metodu) 74 5 LAPLACE DÖNÜŞÜMÜ Direkt (Forward) Laplace Dönüşümü Direkt Laplace Dönüşümünün Temel Özellikleri Impuls veya Dirac Delta Fonksiyonu Ters (Inverse) Laplace Dönüşümü Ters Laplace Dönüşümünün Özellikleri Laplace Dönüşümünün Uygulamaları MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEM SİSTEM- LERİNİN ÇÖZÜMLERİ Lineer Sistem Türleri Sabit Katsayalı Lineer Sistemlerde Operatör Metodu Lineer ve sabit katsayılı bir normal diferansiyel denklem sisteminin matrisler yardımıyla çözümü Homojen tipteki sabit katsayılı lineer denklem sistemlerinin çözümü Homojen olmayan Lineer Sistemler Köşegenleştirme Metodu

5 Bölüm BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER. Diferansiyel Denklemlerin Sınıflandırılması Tanım. Bağımlı bir değişkeni ve bunun bir ya da daha çok bağımsız değişkene göre türevini içeren bir denkleme diferansiyel denklem denir. Tanım.2 Bağımlı değişken yanlızca bir bağımsız değişkene bağlı ise denkleme sıradan diferansiyel denklem denir. Tanım.3 Bağımlı değişkenin bir ya da daha çok bağımsız değişkene göre kısmi türevlerini içeren diferansiyel denkleme kısmi türevli diferansiyel denklem denir. Örnek. d 2 y + y = sin x (.) dx2 ( ) 2 dy dy dx + x + sin y = 0 (.2) dx d 3 y dt + αdy 3 dt + βy = 2e t (.3) 2 u x + 2 u 2 y + 2 u 2 z 2 = 0 (.4) 2 u = u x 2 t (.5) Bu örnekteki ilk üç denklem sıradan diferansiyel, son ikisi de kısmi türevli diferansiyel denklemdir. (.) ve (.2) denklemlerinde x bağımsız, y de bağımlı değişkendir. (.3) te ise t bağımsız, y ise bağımlı değişkendir. (.4) te x, y, z bağımsız, u ise bağımlı ve (.5) te x, t bağımsız, u yine bağımlı değişkendir. 5

6 6 BÖLÜM. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER Tanım.4 Bir diferansiyel denklemde en yüksek türevin mertebesine diferansiyel denklemin mertebesi denir. Örnek. de (.) denklemi 2. mertebe, (.2) denklemi. mertebe, (.3) denklemi 3. mertebe ve diğer iki denklem de 2. mertebe diferansiyel denklemlerdir. n. mertebeden en genel sıradan diferansiyel denklem biçiminde yazılır. F (x, y, dy dx,..., dn y dx n ) = 0 (.6) Tanım.5 (.6) denklemi bütün türevlerine göre bir polinom ise, en yüksek türevli türevli terimin kuvvetine denklemin derecesi denir. Tanım.6 Bağımlı değişkeni y ve bağımsız değişkeni x olan n. mertebeden lineer bir diferansiyel denklem a 0 (x) dn y dx n + a (x) dn y dx n + + a n (x) dy dx + a n(x)y = b(x) (.7) biçiminde ifade edilebilir. Burada a 0 (x) özdeş olarak sıfır olmayan bir fonksiyondur. Tanım.7 Eğer sıradan bir diferansiyel denklem lineer değilse bu denkleme lineer olmayan sıradan diferansiyel denklem denir. Örnek. deki (.) ve (.3) denklemleri lineer, (.2) denklemi ise lineer olmayan bir diferansiyel denklemdir..2 Diferansiyel Denklemlerin Çözümü Tanım.8 n. mertebeden (.6) diferansiyel denklemini düşünelim. f(x), reel bir I aralığında tanımlı ve her x I için n. mertebeden türetilebilen reel bir fonksiyon olsun. Eğer F ( x, f(x),..., f (n) (x) ) x I için tanımlı ve F ( x, f(x),..., f (n) (x) ) = 0 ise, f(x) fonksiyonuna diferansiyel denklemin açık bir çözümü denir. Eğer g(x, y) = 0 biçiminde bir bağıntı, belirli bir I aralığında (.6) diferansiyel denkleminin açık bir çözümü olacak biçimde x değişkeninin reel bir f fonksiyonu tanımlıyorsa bu bağıntıya denklemin kapalı çözümü denir. Açık ve kapalı çözümlere genellikle çözüm denir.

7 .3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIM ÇÖZÜM YÖNTEMLERI7 Örnek.2 f(x) = e x + 2e 2x fonksiyonu d 2 y dx 2 3dy dx + 2y = 0 diferansiyel denkleminin açık bir çözümüdür. Gerçekten, f(x) fonksiyonu tanımlı ve türetilebilir olduğundan f (x) = e x + 4e 2x, f (x) = e x + 8e 2x yazılabilir. Diferansiyel denklemde, y yerine f(x) ve y, y yerine sırasıyla f (x) ve f (x) konulduğunda özdeşliği elde edilir. e x + 8e 2x 3e x 2e 2x + 2e x + 4e 2x 0 Örnek.3 x 2 +y 2 4 = 0 bağıntısı x+yy = 0 diferansiyel denkleminin I = ( 2, 2) aralığında kapalı bir çözümdür. Verilen bağıntı bütün reel x I için f (x) = 4 x2 ve f 2 (x) = 4 x 2 şeklinde iki reel fonksiyon tanımlar ve her iki fonksiyon da denklemin I aralığı üzerinde açık çözümleridir. Örnek.4 y + x y = 2 (.8) diferansiyel denklemini düşünelim. y = f 0 (x) = x fonksiyonu diferansiyel denklemin bir çözümüdür. Ayrıca f (x) = x +, f x 2(x) = x + 2, f x 3(x) = x + 3,... fonksiyonları x da birer çözümdür. Genel olarak, her c sayısı için f c (x) = x + c x (.9) ile tanımlanan f c (x) fonksiyonu sonsuz fonksiyon ailesi tanımlar ve ailenin her elamanı (.8) denkleminin bir çözümüdür. (.9) denklemindeki c sabitine keyfi sabit veya parametre ve (.9) ile tanımlanan fonksiyon ailesine (.8) denkleminin bir çözümü veya genel integrali denir..3 Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemlerim Çözüm Yöntemleri.3. Değişkenlerine Ayrılabilen Diferansiyle Denklemler Birinci mertebeden bir diferansiyel denklem genel olarak y = f(x, y) türev biçiminde veya P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 diferansiyel biçiminde ifade edilebilir. Eğer

8 8 BÖLÜM. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER y = f(x, y) diferansiyel denklemi f(x, y) fonksiyonu yanlızca x ve y değişkenlerini içeren fonksiyonların çarpımı olarak, yani veya y = a(x)b(y), b(y) 0 (.0) P (x)dx + Q(y)dy = 0 (.) diferansiyel biçiminde yazılıyorsa, denkleme değişkenleri ayrılabilir denir. O halde (.0) denklemi dy b(y) = a(x)dx olur ve genel çözümü de bir integrasyon ile, c integral sabiti olmak üzere dy b(y) = a(x)dx + c olur. NOT: Aşağıdaki değişkenlerine ayrılabilir diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 4 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 4 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER Aşağıdaki değişkenlere ayrılabilir diferansiyel denklemlerin genel çözümlerini bulunuz.. ( + x 2 ) ( + y 2) dx xydy = 0 2. yy + xy 2 = x ( 3. ) + x 2 dy + ( + y 2) dx = 0 4. e 2x+y dx e x y dy = 0 5. y = x y 2 + xy 2 6. xy y y 2 = 0 7. y + cosh y cosh x = 0 8. y = + y x2 dy + + y 2 dx = 0 0. y = cot x tan y. y = xe x+y ( 2. xy 2 + x ) dx + ( x 2 y + y ) dy = 0

9 .3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIM ÇÖZÜM YÖNTEMLERI9 ( 3. xy 2 + 2y 2) dx + ( xy 2 x ) dy = 0 ( 4. ) + x 2 y + 2xy = x 5. 2ydy + 4x 3 4 y 4 dx = 0 6. x2 dy + + y 2 dx = 0 7. y sin y cos x + cos y sin x = 0 8. x ( x 2 a ) + ( y 2 b ) yy = Homojen Diferansiyel Denklemler y = f(x, y) denkleminde f(x, y) fonksiyonu değişkenlerine göre sıfırıncı dereceden homojen bir fonksiyon, yani her reel λ için f(λx, λy) = f(x, y) ise denkleme homojendir denir. Homojen bir diferansiyel denklemin çözümü u = y x değişken değişimi ile bulunur. NOT: Aşağıdaki homojen diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 3 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 3 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 2. y = y x + tan y x 2. xy y = x 2 + y 2 3. x 2 cos x ( y y y 2 + xy cos x ) = 0 y 4. xy 2 dy = ( x 3 + y 3) dx 5. (2 xy y) dx + xdy = 0 ( 6. x y ) x e y 2 x dx + 7. xyy = y 2 x x 2 + y 2 ( x e y x y 8. y y x = x2 y 2 9. (y + x) dx + (y x) dy = 0 0. y = 2y4 + x 4 xy 3 ) dy = 0 ) dx = 0. e x y (y x) dy + y ( + e x y ( 2. x2 y 2 y) dx + xdy = 0

10 0 BÖLÜM. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER.3.3 Homojen Denkleme İndirgenebilen Diferansiyel Denklemler x ve y değişkenlerine göre sabit katsayılı y ax + by + c = (.2) a x + b y + c diferansiyel denklemi homojen olmadığı halde basit bir değişken dönüşümü ile homojen diferansiyel denklem haline indirgenebilir. Eğer ax + by + c = 0, a x + b y + c = 0 (.3) lineer denklemleri ile tanımlanan doğrular bir (h, k) noktasında kesişiyorsa = ab a b 0 olmalıdır. = 0 olması durumunda ise doğrular bir birine paralel olur. nın bu iki olası durumunda farklı dönüşümler tatbik edilmelidir. 0 durumunda orijin noktasını x = X + h, y = Y + k (.4) lineer dönüşümü kullanarak (h, k) kesişim noktasına kaydırabiliriz. Bu dönüşüm ile (.2) diferansiyel denklemi dy ax + by = (.5) dx a X + b Y homojen diferansiyel denklemine dönüşür. (.5) homojen denklemini de Y = ux dönüşümü uygulanır ve denklem çözülür. Elde edilen çözümünde (.4) tanımlanan (x,y) değerleri yerlerine yazılarak aranan çözüm bulunur. Eğer (.3) doğruları paralel, yani = 0 ise, o zaman yukarıda uygulanan öteleme uygulanamaz. Bu durumda z = a x+b y +c dönüşümü yapılarak (.2) diferansiyel denklemi çözülür. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 2 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 3. (3x y + ) dx + (x 3y + 2) dy = 0 2. y = x + y + 4 x y 6 3. y = x y + x + y 4. y = x + y + 4 x + y 6 5. y = x + 2y + 2x + 3y 6. y tan y 2x x + = y + 2 x +

11 .3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIM ÇÖZÜM YÖNTEMLERI.3.4 Lineer Diferansiyel Denklemler f(x)y + g(x)y = h(x), f(x) 0 biçiminde y ve y fonksiyonlarına göre lineer olmayan bir denkleme lineer (doğrusal) diferansiyel denklem denir. Bunun yerine f(x) fonksiyonu ile bölerek elde edilen y + p(x)y = q(x) (.6) standart lineer denklemi ele alacağız. Bu denklem iki farklı yoldan birbirine denk olan genel çözümü bulunabilir. Sabitin Değişimi Yöntemi: (.6) denkleminde q = 0 alalım, yani sağ yanı sıfır olan homojen denklemini düşünelim. Bunun, y + p(x)y = 0 y = Ce p(x)dx, C := Sabit. çözümü yanlızca bir integrasyon sabiti içerir. Şimdi C sabitini x değişkeninin bir fonksiyonu varsayalım ve yukarıdaki y fonksiyonu (.6) denkleminin çözümü olacak biçimde C(x) fonksiyonunu belirleyelim. y = C(x)e p(x)dx (.7) (.6) lineer denklemine konursa ve düzenlersek (C (x) p(x)c(x)) e p(x)dx + p(x)c(x)e pdx = q(x) C (x)e p(x)dx = q(x) bulunur ki buradan C(x) fonksiyonu bir integrasyon sabiti ile C(x) = q(x)e p(x)dx dx + c olarak bulunur. C(x) fonksiyonu (.7) denkleminde yerine konursa (.6) denkleminin genel çözümü ( ) y = q(x)e p(x)dx dx + c e p(x)dx olur. Değişken Dönüşümü Yöntemi:

12 2 BÖLÜM. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER (.6) denkleminde y = u(x)v(x) konursa, belirli bir v için u ya göre yine lineer vu + (v + pv)u = q denklemi bulunur. v fonksiyonu v + pv = 0 denklemini sağlıcak biçimde seçilirse, yani v = e pdx ise u nun katsayısı sıfır yapılmış olur. u = qv den bir kez daha integrasyon ile u fonksiyonu u = qe pdx dx + c olarak bulunur. Sonuç olarak, lineer denklemin çözümü yine ( ) y = uv = qe pdx dx + c e pdx bağıntısı ile formüle edilmiş olur. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 3 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 3 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 4. xy 3y = x 4 2. y + y = + e 2x 3. xy y = x 3 e x2 4. xy 2y = x sin x 5. y 2xy + x 2 = arctan x 6. y + y coth x = tanh x 7. y + 3x 2 y = x 2 8. (e x + x) y (e x + ) y = (e x + x) 3 9. y + y sin x = e cos x 0. y + y cos x = sin 2x 2. y + y tan x = sin 2x 2. sin 2 xy + y tan x = sin 2x 3. y + y sin x = sin 2x 4. y + y cot x = tan x

13 .3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIM ÇÖZÜM YÖNTEMLERI3.3.5 Bernoulli Diferensiyel Denklemi y + p(x)y = q(x)y n (.8) biçiminde lineer olmayan bir denklem Bernoulli denklemi olarak isimlendirilir. Bu denklemin n = 0 için lineer ve n = için homojen denklemlerini içerir. Bu sebeble n 0, varsayacağız. Basit bir değişken değişimi ile Bernoulli denklemi lineer denkleme dönüştürülebilir. Eğer (.8) denklemininin her iki yanı y n ile bölünürse y n y + p(x)y n = q(x) bulunur. Bu denkleme z = y n, n 0, dönüşümü uygulanırsa z + ( n)p(x)z = ( n)q(x) (.9) lineer diferansiyel denklemi elde edilir. (.9) denklemi de bir önceki bölümde lineer diferansiyel denklemler için gösterilen çözüm yöntemlerinden biri kullanılarak çözüm bulunur. Bulunan çözümde, z ile y arasındaki bağıntıdan faydalanarak Bernoulli diferansiyel denkleminin genel çözümü elde edilir. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 2 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 5. ( x 2 + ) y + xy = x 3 y 3 2. xy + y = y 2 ln x 3. 2xyy = x 2 + y 2 4. xyy + y 2 = x sinh x ( 5. y xy 3 dx + xdy = 0 ( 6. x 2 y 3) dx + 3xy 2 dy = 0 7. x 2 y xy + y 2 = 0 8. y cos 2x + 2 tan xy + y 2 = 0 9. y + 4xy = 2xe x2 y.3.6 Riccati Diferansiyel Denklemi Standart Riccati denklemi y = p(x)y 2 + q(x)y + r(x) (.20)

14 4 BÖLÜM. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER biçiminde lineer olmayan bir denklemdir. Burada p, özdeş olarak sıfır olmayan bir fonksiyondur. Bu denklemin y = y gibi özel bir çözümü biliniyorsa denklemin genel çözümü bulunabilir. Bunun için, u yeni bir bağımlı değişken olmak üzere y = y + u dönüşümü yapmak yeterlidir. y özel çözüm olduğundan (.20) denklemini sağlar, yani, y = p(x)y 2 + q(x)y + r(x) (.2) olur. O halde (.20) denklemi ( y = y u u = p y y u + ) + q (y u 2 + u ) + r 2 olarak yazılır ve (.2) göz önünde bulundurulursa u + (2py + q)u + p = 0 (.22) lineer diferansiyel denklemi elde edilir. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 2 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 6. ( x n+ ) y y 2 + (n )x n y + nx n = 0, y = x n 2. ( sin x cos x) y + cos xy 2 y + sin x = 0, y = cos x 3. y + y 2 3 tan xy + tan 2 x = 0, y = tan x ( 4. x 2 + a ) y + 2y 2 3xy a = 0, y = x 5. y + e x y 2 3y + e x = 0, y = e x 6. y + y 2 2xy + x 2 = 0, y = x 7. y + sin xy 2 = 2 sin x cos 2 x, y = sec x.3.7 Tam Diferansiyel Denklemler Eğer diferansiyel denkleminin P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 (.23) u(x, y) = c (.24)

15 .3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIM ÇÖZÜM YÖNTEMLERI5 şeklindeki bir düzlem eğri ailesinin çözümü ise (.23) diferansiyel denklemine tam diferansiyel denklem denir. Şimdi, verilen bir diferansiyel denklemin tam olup olmadığı hakkında bir kriter belirleyelim. Bunun için önce (.24) denklemin diferansiyeli alınırsa du = u x u dx + dy (.25) y denklemi elde edilir. Bu durumda, (.23) ve (.25) denklemleri birbirine özdeştir. Bu özdeşlikten P (x, y) = u ve Q(x, y) = u (.26) x y bağıntıları elde edilir. (.26) içerisindeki bağıntıları x ve y değişkenlerine göre türetirsek P (x, y) = 2 u Q(x, y) ve = 2 u (.27) y y x x x y bağıntıları bulunur. Sonuç olarak aşağıdaki teoremi ifade edebiliriz. Teorem. P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 şeklindeki bir denklemin tam diferansiyel denklem olması için gerek ve yeter koşul P (x, y) y = Q(x, y) x olmasıdır. (.23) diferansiyel denklemi tam diferansiyel denklem olsun. Şimdi bu varsayım ile iki kısmi diferansiyel denklemden oluşan (.26) sistemini sağlıyan bir u(x, y) fonksiyonunu bulalım. u = P (x, y) x denklemini x göre integralini alırsak u(x, y) = P (x, y)dx + h(y) (.28) buluruz. Şimdi de (.26) da bulunan ikinci bağıntıyı kullanırsak Q(x, y) = u y = ( ) P (x, y)dx + dh(y) y dy (.29) elde ederiz. (.29) bağıntısından da h(y) fonksiyonunu [ h(y) = Q(x, y) ( )] P (x, y)dx dy + c y

16 6 BÖLÜM. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER buluruz. Sonuç olarak, bulduğumuz h(y) fonksiyonunu (.28) de yerine yazarsak u(x, y) fonsiyonunu elde ederiz. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 3 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 3 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 7. arctan y 2 dx + 2xy + y 4 dy = 0 2. (y + ye xy ) dx + (x + xe xy ) dy = 0 3. e y dx + (xe y + 2y) dy = 0 4. y cos x y dx x y cos x 2 y dy = 0 5. y x 2 y 2 x dx x 2 + y 2 x 2 + y dy = (e x ( + x y) + e y ) dx + (e y (x y ) e x ) dy = 0 ( 7. + ) dx ln x xy y dy = 0 ( ) 2 ( ) 8. x y + x dx + x 2 + y 2 y x + y dy = 0 x 2 + y ( 2 9. x y ) ( dx + x x y + ) dy = 0 y ( ) ( ) y 0. x 2 y + x x dx + 2 x 2 y + y dy = İntegrasyon Çarpanı Tam diferansiyel olma koşulu sağlanmadığı durumlarda bazı diferansiyel denklemleri bir fonksiyonla çarparak tam diferansiyel denklem yapabiliriz. Tam olmayan diferansiyel denklemi verildiğinde, P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 (.30) µ(x, y)p (x, y)dx + µ(x, y)q(x, y)dy = 0 (.3) değiştirilmiş (µ ile çarpılmış) denklemi tam olacak şekilde bir µ(x, y) fonksiyonu bulunabilir. Gerçekten, yukarıdaki denklem için tam diferansiyel olma koşulu uygulandığında y (µp ) = x (µq)

17 .3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIM ÇÖZÜM YÖNTEMLERI7 veya P µ ( P y Q µ x + µ y Q ) = 0 (.32) x olarak yazılırsa, µ(x, y) integrasyon çarpanının bulunması problemi yukarıdaki kısmi diferansiyel denklemin bir çözümünün bulunmasına indirgenmiş olunur. Bu kısmi denklemi çözmek (bir özel çözümünü bulmak yerterli olur) verilen sıradan diferansiyel denklemi çok daha güçtür. Fakat yine de deneme ile bu denklemin bazı özel çözümlerini bulabiliriz. İntegrasyon çarpanı µ sadece x in bir fonksiyonu, yani µ = µ(x) olması durumu : Bu durumda (.32) denkleminden µ(x) = ce Q( P y Q x )dx (.33) integrasyon çarpımı ile elde edilir. Burada c sabitini özel olarak seçmek (genellike c=) yeterlidir. ( ) UYARI: µ = µ(x) şeklinde bir itegrasyon çarpanının bulunabilmesi için P Q Q y x ifadesinin sadece x bağımsız değişkenine bağlı olması gereklidir. Örnek.5 (xy )dx + ( x 2 xy ) dy = 0 (.34) diferansiyel denklemini göz önüne alalım. (.34) denkleminde P (x, y) = xy ve Q(x, y) = x 2 P xy dir. = x ve Q P = 2x y olup Q dir. Yani y x y x (.34) denklemi tam diferansiyel denklem değildir. Şimdi, (.34) ( denklemini ) tam P diferansiyel denklem yapacak integrasyon çarpanını bulalım. Q = Q y x x olduğundan (.33) bağıntısını kullanabiliriz. µ(x) = ce ( x)dx = c x olarak elde edilir. c sabiti keyfi olduğundan c = için µ(x) = alabiliriz. Özetle, x tam olmayan (.34) denklmini fonksiyonu ile çarptığımızda oluşan denklem tam x diferansiyel denklem olur. İntegrasyon çarpanı µ sadece y in bir fonksiyonu, yani µ = µ(y) olması durumu : Bu durumda (.32) denkleminden µ(y) = e P ( P y Q x )dy elde edilir. UYARI: µ = µ(y) şeklinde bir itegrasyon çarpanının bulunabilmesi için P ifadesinin sadece y bağımsız değişkenine bağlı olması gereklidir. (.35) ( ) P Q y x

18 8 BÖLÜM. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER Örnek.6 dx + (x tan y 2 sec y) dy = 0 (.36) diferansiyel denklemini göz önüne alalım. (.36) denkleminde P (x, y) = ve Q(x, y) = x tan y 2 sec y dir. P Q P = 0 ve = tan y olup Q dir. Yani (.36) denklemi tam diferansiyel denklem değildir. Şimdi, (.34) ( denklemini ) tam diferansiyel y x y x denklem yapacak integrasyon çarpanını bulalım. P Q tan y = bulunur. Bu bağıntı sadece x bağımsız ( değişkenine ) bağlı olmadığından (.33) bağıntısını Q y x x tan y 2 sec y kullanamayız! Fakat P Q = tan y bağıntısı sadece y değişkenine bağlı P y x olduğundan (.35) formülü kullanılarak bir itegrasyon bulunabiliriz. (.35) formülünü kullanırsak µ(y) = e ( tan y)dx = e ln cos y = cos y = sec y elde ederiz. Özetle, tam olmayan (.36) denklemini sec y ile çarparsak oluşan denklem tam diferansiyle denklem olur. Özel İntegrasyon Çarpanının Bulunması P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 biçimindeki bir diferansiyel denkleminin µ = µ (η(x, y)) şeklinde bir integrasyon çarpanı olsun. (P η y Qη x ) dµ(η) ( P + µ(η) dη y Q ), x veya µ (η) µ(η) = P y Q x Qη x P η y (.37) biçimini alır. (.37) denkleminin sağ yanı F (η) := Py Qx Qη x P η y biçiminde bir F (η) fonksiyonu ile ifade edilebiliyorsa o zaman verilen diferansiyel denkleme bir integrasyon çarpanı bulabiliriz. Bu integrasyon, dµ µ = F (η)dη, veya µ(η) = ce F (η)dη biçiminde elde edilir. Burada integrasyon sabitini yine c = olarak alabiliriz. (.38) Örnek.7 ( x 2 y 2 + ) dx + ( x 2 y 2 ) dy = 0, (.39) diferansiyel denkleminin bir integrasyon çarpanını bulalım. (.39) denkleminde P (x, y) = x 2 y 2 + ve Q(x, y) = x 2 y 2 dir. P y = 2y ve Q x = 2x olduğundan

19 .3. BIRINCI MERTEBEDEN DIFERANSIYEL DENKLEMLERIM ÇÖZÜM YÖNTEMLERI9 (.39)tam diferansiyel denklem değildir. (P Q y Q x ) = 2y 2x bulunur. Bu bağıntı x 2 y 2 sadece x bağımsız değişkenine bağlı olmadığından (.33) bağıntısını kullanamayız! (P P y Q x ) = 2y 2x dir. Bu bağıntı sadece y bağımsız değişkenine bağlı olmadığından (.35) bağıntısını da kullanamayız!! η = x + y olacak şekilde µ = µ(η) x 2 y 2 + biçiminde bir integrasyon çarpanı bulalım. F (η) := olduğundan (.38) formülünü kullanabiliriz. P y Q x Qη x P η y = x + y = η µ(η) = e ηdη = e 2 η2 = e 2 (x+y)2 (.40) bulunur. Özetle, tam diferansiyel denklem olmayan (.39) denklemini e 2 (x+y)2 foksiyonuyla çarptığımız taktirde elde edeceğimiz deklem tam diferansiyel denklem olur. UYARI: Bu örnekte sorulacak aşikar sorulardan birisi de η fonksiyonun η = x + y biçiminde nasıl belirlendiğidir. Yapılması gereken işlem, η fonksiyonunu (.37) diferansiyel denklemden bulmaktır. Fakat, bu problemin çözümü verilen (.39) diferansiyel denkleminin çözümünden zordur. Dolayısıyla böyle bir problem verildiği taktirde η fonksiyonu da problemle birlikte verilir. M(x, y) ve N(x, y) fonksiyonları birer polinom olmak üzere, ym(x, y)dx+ xn(x, y)dy = 0 biçimindeki tam olmayan bir direfansiyel denklem için itegrasyan çarpanı: Bu şekilde formülize edilen bir diferansiyel denklem için µ = x m y n, m, n Z biçiminde bir integrasyon çarpanı bulunabilir. Şimdi verilen yöntemi aşağıdak örnekle izah edelim. Örnek.8 ( 2xy 2 + 3y ) dx + ( x 2 y + 3x ) dy = 0 (.4) denklemi tam olmayan bir diferansiyel denklemdir. (.4) denklemini ym(x, y)dx + xn(x, y)dy = 0, öyle ki M(x, y) = 2xy + 3 ve N(x, y) = xy + 3, formunda yazılabileceğimizden bahsi geçen yöntemi uygulayabiliriz. (.4) denklemini µ = x m y n, m, n Z fonksiyonuyla çarptığımızda ( 2x m+ y n+2 + 3x m y n+) dx + ( x m+2 y n+ + 3x m+ y n) dy = 0 (.42) elde ederiz. (.42) denkleminde P (x, y) = 2x m+ y n+2 + 3x m y n+ ve Q(x, y) = x m+2 y n+ + 3(n + )x m+ y n olup bu denkleme için tam diferansiyel olma koşulu, yani P y = Q x yazılırsa 2(n + 2)x m+ y n+ + 3(n + )x m y n = (m + 2)x m+ y n+ + 3(m + )x m y n

20 20 BÖLÜM. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER polinomların özdeşliğinden m 2n = 2 ve m = n elde edilir. Buradan da m = n = 2 bulunur. Sonuç olarak, integrasyon çarpanı µ = x 2 y 2 bulunur. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 3 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 8 Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin yanlızca µ(x) veya µ(y) biçiminde birer integrasyon çarpımını bularak genel çözümlerini elde ediniz.. 4xydx + ( x 2 + y ) dy = 0 ) ( ) 2. (x + y 2 y2 dx + x 3 x 2y dy = 0 ( 3. 3x 2 y 2) dy 2xydx = 0 ( 4. y + x 3 e x) dx xdy = 0 ( ) 5. ye x y dx xe x y + y 3 dy = 0 6. (x 2 + y 2 + 2x)dx + 2ydy = xydx + (y 2 3x 2 )dy = 0 8. (x 2 + y 2 )dx 2xy = 0 9. (xy + x 2 + )dx + x 2 dy 0. ydx xdy = y 2 e x dx NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 2 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 9 Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin yanlarında gösterilen biçimde bir integrasyon çarpanı bularak genel çözümlerini belirleyiniz.

21 .4. ÇÖZÜMLERIN VARLIK VE TEKLIĞI 2. (y + x)dx + (y x)dy = 0, µ = µ(x 2 + y 2 ) 2. (x 2y)dx + ydy = 0, µ = µ(x y) 3. ydx (x + x 2 + y 2 )dy = 0, µ = µ(x 2 + y 2 ) 4. (x 2 y 2 + )xdx ydy = 0, µ = µ(x 2 y 2 ) ( 5. x + 2 ) ( dx + y y 2 ) dy = 0, µ = µ(xy) x 6. (xy 2 + y)dx x ln xdy = 0, µ = µ(xy 2 ) NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 2 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 0 ym(x, y)dx + yn(x, y)dy = 0 formunda olan aşağıdaki diferansiyel denklemler için µ = x m y n, m, n Z biçiminde integrasyon çarpanı bularak genel çözümlerini belirleyiniz.. ydx + (x + 3x 2 y 2 )dy = 0, 2. (2xy 2 + 3y)dx + (x 2 y + 3x)dy = 0 3. (2x 3 y 3 x)y + 2x 3 y 3 y = 0 4. (y + xy 2 )dx + (x x 2 y)dy = 0.4 Çözümlerin Varlık ve Tekliği.4. Picard Ardışık Yaklaşımlar Yöntemi Şimdiye kadar gördüğümüz standart yöntemlerle çözülebilen(integre edilebilen) birinci mertebe denklemlerin oldukça kısıtlı olduğunu gördük. Genel olarak uygulamalarda karşılaşılan denklemlerin pek çoğu bu sınıf dışında kalmaktadır. Ancak, f(x, y) fonksiyonu (x 0, y 0 ) noktasının bir komşuluğunda tanımlı ve sürekli bir fonksiyon olmak üzere y = f(x, y), y(x 0 ) = y 0 (.43) ile tanımlanan birinci mertebe bir denklem için başlangıç değer problemi, denklemi çözmeden çözümlerine ilişkin oldukça önemli bilgiler çıkarabiliriz. Örneğin çözümlerin varlığı ve tekliği gibi. Şimdi böyle kavramlara hazırlık olarak Picard iterasyon veya ardaşık yaklaşımlar yöntemini verelim. Bu yöntemin çıkış noktası (.43) problemini denk bir y(x) = y 0 + x x 0 f(t, y(t))dt (.44)

22 22 BÖLÜM. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER integral denklemine dönüştürmektir. Eğer y(x), (.43) probleminin bir çözümü ise, y(x) sürekli ve f(x, y(x)) fonksiyonu x in sürekli bir fonksiyonu olur. (.43) deki diferansiyel denklemi x, e göre x 0 x, e kadar integre edilir ve başlangıç koşulu kullanılırsa (.44) integral denklemine varılır. Burada, üst integrasyon sınırı x değişkeni ile karışıklığı önlemek için integral değişkeni olarak t değişkeni kullanılmıştır. Tersine, eğer y(x) integral denklemin sürekli bir çözümü ise, y(x 0 ) = y 0 başlangıç koşulu sağlanır ve (.44) denkleminin x, göre türetilerek (.43) deki denklem elde edilir. Şimdi (.44) integral denklemini iterasyon işlemi ile çözmek istiyoruz. Bunun için kaba yaklaşımla çözüme başlayarak, bunu adım adım geliştirmeye çalışalım. Başlangıç çözümü olarak y(x) = y 0 sabit çözümü olarak seçilebilir. Bu yaklaşımı integral denklemin sağ yanına yerleştirerek yeni ve daha iyi bir y (x) yaklaşımı bekleyebiliriz: y (x) = y 0 + x x 0 f(t, y 0 (t))dt ikinci iterasyonda y (x) yaklaşımını kullanarak yine daha iyi bir y 2 çözümü üretebiliriz: x y 2 (x) = y 0 + f(t, y (t))dt x 0 ve bu biçimdeki iterasyonla n. adım yaklaşımı y n (x) = y 0 + x x 0 f(t, y n (t))dt (.45) olacaktır. n için limite geçerek {y n (x)} fonksiyon dizisi gerçek çözüme yakınsayacatır. Bu diziye Picard yaklaştırımlar dizisi, bu iterasyonlu yönteme de Picard iterasyon yöntemi denir. Örnek.9 y = + y 2, y(0) = 0 (.46) başlangıç değer probleminin çözümü bulmak için Picard iterasyon yöntemi uygulayalım. İntegral denklem y(x) = y(0) + x 0 ( + y(t) 2 ) dt olur. Birinci adımda veya iterasyonda y 0 = 0 başlangıç değeri yukarıdaki denklemin sağ yanındaki integrale yazılırsa; y (x) = y(0) + x buluruz. Bir sonraki iterasyonda y 2 yaklaşımı y 2 (x) = y(0) + x 0 0 ( + y0 (t) 2) x dt = dt = x ( + y (t) 2) dt = x 0 0 ( + t 2 )dt = x + x3 3

23 .4. ÇÖZÜMLERIN VARLIK VE TEKLIĞI 23 olarak bulunur. Üçüncü iterasyonda y 3 yaklaşımı x ( y 3 (x) = y(0) + + y2 (t) 2) x dt = ( + (t + t33 ) )2 dt = x + x x5 5 + x buluruz. Bu işleme istediğimiz kadar devam ederek kesin çözüme yaklaşabiliriz. Gözönüne aldığımız denklem analitik çözümü bulunabilen bir diferansiyel denklemdir. Gerçekten, (.46) denklemini dy + y 2 = dx şekinde yazabiliriz. Eşitliğin her iki tarafının itegralini alırsak arctan y = x + c buluruz. Başlangıç koşulundan arctan 0 = 0 + c bağıntısından c = 0 elde edilir. Şu halde (.46) diferansiyel denkleminin özel (başlangıç koşulunu sağlıyan) bir çözümü arctan y = x veya denk olarak y = tan x dir. tan x fonksiyonunun MacLaurin seri açılımı tan x = x + x x5 5 + x (.47) şeklindedir. Picard yöntemiyle bulduğumuz y 3 değeri ile tan x seri açılımının ilk dört terimiyle uyuştuğuna dikkat edelim. Eğer Picard yöntemiyle iterasyona devam etseydik tan x seri açılımdaki diğer terimleri de elde ederdik. Ve de sonsuz bir iterasyon gerçekleştirmiş olsaydık tan x fonksiyonunu elde ederdik. Bu örnekten görüldüğü gibi, ardaşık yaklaşımlar yönteminde integrallerin hesaplanması çok karmaşık olabilir. Böyle bir engelden dolayı bu yöntemin pratik problemlere uygulanabilirliği kısıtlıdır. Ancak bu yöntemin asıl değeri diferansiyel denklemlerin çözümlerinin varlık ve tekliğine ilişkin teoremlerin kanıtına yaptığı katkıdır..4.2 Picard Teoremi f(x, y) fonksiyonu xy-düzleminin (x 0, y 0 ) noktasını içeren bir bölgede tanımlı bir fonksiyon fonksiyon olmak üzere y = f(x, y), y(x 0 ) = y 0 (.48) başlangıç değer teorimi için hangi koşullar altında çözümün var olduğunu ve eğer böyle bir çözüm varsa tekliğini garanti eden varlık ve teklik teorimi ifade eder. Teorem.2 f(x, y) ve f, kenarları eksenlere paralel kapalı bir R diktörtgeni üzerinde x ve y değişkeninin sürekli fonksiyonları olsunlar. Eğer (x 0, y 0 ) R bölgesinin y herhangi bir iç noktası ise, (.48) başlangıç değer probleminin x x 0 h aralığı üzerinde yanlızca bir y(x) çözümü olacak biçimde bir h > 0 sayısı vardır. Bu teoremin kanıtı için [6](sayfa 68) bakınız.

24 24 BÖLÜM. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER

25 Bölüm 2 YÜKSEK DERECEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER P, P 2,..., P n foksiyonları x ve y nin fonksiyonları olsun. Eğer bir diferansiyel denklem y ye göre n. dereceden bir polinom ise denkleme n. derecedendir denir. Böyle bir diferansiyel denklem ( dy dx ) n ( ) n dy + P + + P n dx biçiminde ifade edilebilir. (2.) denkleminin ( ) dy + P n = 0 (2.) dx (y Q (x, y))(y Q 2 (x, y))... (y Q n (x, y)) = 0 (2.2) biçiminde çarpanlara ayrılabildiğini kabul edelim. Eğer, q r (x, y, c r ) = 0 y Q r (x, y) = 0 denkleminin bir çözümü ise, bu aynı zamanda (2.2) denkleminin de bir çözümüdür. Tersine, ϕ(x, y, c) = 0 fonksiyonu (2.) denkleminin bir çözümü ise y Q r (x, y) = 0, r =, 2,..., n denklemlerinden birini de sağlar. Şu halde, (2.2) denkleminin genel çözümü q (x, y, c)q 2 (x, y, c)... q n (x, y, c) = 0 şeklindedir. 25

26 26 BÖLÜM 2. YÜKSEK DERECEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER Örnek 2. xy 2 + y( x 2 )y xy 2 = 0 (2.3) diferansiyel denklemi y ye göre 2. derecedendir ve denklem (y xy)(y + y x ) = 0 şeklinde ifede edilebilir. Bunun genel çözümü ise. derece denklemlerin çözümleri olan bağıntılarının çarpımı olur. Yani, y = xy ve y = y x y ce x2 /2 = 0 ve y c x = 0 ( ) ( y ce x2 /2 y c ) = 0. x 2. Clairaut Diferansiyel Denklemi y = xp + f(p), p = y (2.4) tipindeki bir denkleme Clairaut diferansiyel denklemi denir. Bir parametreli y = cx + f(c) (2.5) doğru ailesini sağlayan diferansiyel denklemi bulmaya çalışalım. (2.5) denklemini x, e göre türevi y = p = c olur. (2.5) de yerine konursa c yok edilmiş olur ve (2.4) Clairaut diferansiyel denklemi bulunur. O halde (2.5) doğru ailesi (2.4) denkleminin genel çözümüdür. (2.4) denkleminin (2.5) genel çözümünden elde edilemeyen ve tekil çözüm denilen bir başka çözüm daha bulabiliriz. Bu amaçla, (2.4) denklemi x, e göre türetirsek p = p + (x + f (p)) dp dx bulunur. (2.6) denkleminin iki çözümü vardır: p = dp dx = 0 p = c (x + f (p)) dp dx = 0 (2.6) (2.4) denkleminde yerine yazılırsa yine (2.5) genel çözümüne varılır.

27 2.. CLAIRAUT DIFERANSIYEL DENKLEMI 27 (2.6) denklemi x = f (p) (2.7) için sağlanır. Eğer (2.4) ile (2.7) arasındaki x yok edilirse y = pf (p) + f(p) (2.8) elde edilir. (2.7) ve (2.8) denklemleri birlikte, p parametre olmak üzere, (2.4) denkleminin parametrik çözümüdür. Bu iki denklem arasında p yok edilirse, ϕ(x, y) = 0 biçiminde c sabitini içermeyen bir çözüm bulunur. Bu çözüme de (2.4) diferansiyel denkleminin tekil çözümü denir. Örnek 2.2 y = xp + sin p diferansiyel denkleminin genel ve tekil çözümlerini bulunuz. Denklelmi x, e göre türetirsek p (x cos p) = 0 buluruz. p = 0 çarpanı y = cx + sin c genel çözümü, (x cos p) = 0 çarpanı ise x = cos p, y = p cos p + sin p veya p nin yok edilmesiyle y = x arccos x + x 2 tekil çözümü bulunur. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 2 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER Aşağıdaki Clairaut tipindeki diferansiyel denklemlerin genel ve tekil çözümlerini bulunuz. y = xp + ap(p 2 + ) /2 2. y = xp + ap a ln p 3. y = xp + p ln p 4. y = xp + p 2 p arccos p 5. y = xp + + p 2 p ln p

28 28 BÖLÜM 2. YÜKSEK DERECEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER 2.2 Lagrange (d Alembert) Diferansiyel Denklemi y = xg(p) + f(p), p = y (2.9) tipindeki bir denkleme Lagrange diferansiyel denklemi denir. Clairaut diferansiyel denklemi Lagrange denkleminin özel g(p) p durumudur. Bundan dolayı, burada g(p) nin p den farklı olduğunu varsayıyoruz. (2.9) denklemini x, e göre türetirsek p = g(p) + [xg (p) + f (p)]p (x) (2.0) buluruz. p g(p) olduğundan genel integral eğrileri artık doğrular olmaz. (2.0) denklemi (g(p) p) dx dp + g (p)x = f (p) (2.) biçiminde x, e göre lineer bir denklem olarak yazılabilir. (2.) lineer diferansiyel denklemi sabitin değişimi yöntemiyle çözülürse x = e g (p) g(p) p f (p)e dp c g (p) g(p) p dp dp (2.2) g(p) p bulunur. O halde, (2.9) ve (2.2) arasında x yok edilirse, y yanlızca p ve c nin bir fonksiyonu olarak elde edilir. Eğer, p bir parametre olarak düşünülürse, (2.9) ve (2.2) denklemleri genel çözümün parametrik denklemleri olur. Ancak bazı özel durumlarda bu p parametresi yok edilerek x, y ve c yi içeren bir genel çözüm bulmak mümkün olabilir. Diğer yandan, eğer g(p) p = 0 denkleminin en az bir reel kökü varsa, örneğin p = p 0 ise, o zaman (2.0) denklemi p (x) = 0 için sağlanır. Bu durumda (2.9) denkleminin y = xg(p 0 ) + f(p 0 ) biçiminde sabit içermeyen bir çözümünü daha elde ederiz. Bu ise tekil veya özel çözümdür. Örnek 2.3 y = xp 2 + p 3 (2.3) denkleminin genel ve tekil çözümünlerini bulalım. Denklemi x, e göre türetilirse, p = p 2 + (2xp + 3p 2 )p (x) veya p p 2 = (2xp + 3p 2 )p (x) (2.4) biçiminde olur. p p 2 = 0 denkleminin kökleri p 0 = 0 ve p 0 = dir. p 0 = 0 veya p 0 = olduğunda (2.4) denkleminde p (x) = 0 olur. Şu halde, p(x) = c = p 0 bulunur. p 0 = 0 karşılık gelen tekil çözüm y = 0 ve p 0 = köküne karşılık gelen

29 2.3. GENELLEŞTIRME 29 tekil çözüm y = x + biçiminde olur. Şimdi, p 0, için, (2.3) denkleminin genel çözümünü bulalım. (2.4) denklemi dx dp 2 p x = 3p p biçiminde x, e göre lineerdir. Bu denklemin çözümü de ( ) 3 x = ( p) 2 2 p2 p 3 + c (2.5) olur. Bununla, verilen denklem arasında x yok edilirse ( ) 3 y = ( p) 2 2 p3 p 4 + cp + p 3 (2.6) bulunur ki, (2.5) ve (2.6) denklemleri genel çözümünü verir. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 2 Aşağıdaki Lagrange tipindeki diferansiyel denklemlerin genel ve varsa tekil çözümlerini bulunuz. 2.3 Genelleştirme. y = 2xp p 2 2. y + xp = p 3 3. y = xp 2 + p 3 + 2p x veya y değişkenine göre çözülebilen herhangi bir yüksek dereceden denklemin genel veya tekil çözümleri benzer bir türev alma işlemi ile bulunabilir. Gerçekten, eğer F (x, y, p) = 0 denklemi y ye göre y = f(x, p) (2.7) biçiminde çözülebiliyorsa, (2.7) denklemini x, e göre türetirsek p (x) türevine göre. dereceden p = f x + f dp p dx

30 30 BÖLÜM 2. YÜKSEK DERECEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER denklemi bulunur. Bu denklemin bir sabiti içeren genel çözümü şu biçimde ifade edilebilir: ϕ(x, p, c) = 0. (2.8) Eğer (2.8) denklemi x değişkenine göre x = ψ(p, c) biçiminde çözülebiliyorsa, bu bağıntı (2.7) denklemi ile birlikte genel çözümün parametrik denklemlerini verir. p parametresinin yok edilebildiği durumlarda genel çözümün x, y ve c türünden, yani kartezyen ifadesi elde edilir. Eğer, p f x ve f p nin yanlızca x ve p ye bağlı bir ortak çarpanı varsa, bu durumda denklemin bir tekil çözümünü çıkarabiliriz. Eğer F (x, y, p) = 0 denklemi x, e göre çözülebiliyorsa, yani x = g(y, p) (2.9) ise, bu kez y değişkenine göre türev alarak p (y) türevine göre birinci dereceden dx dy = p = g y + g dp p dy denklemi bulunur. Bu denklemin çözümü ϕ(y, p, c) = 0 veya y = ψ(p, c) (2.20) biçiminde yazılabileceğinden, yine (2.9) ve (2.20) denklemleri parametrik olarak genel çözümü verir. Örnek 2.4 y = p + ex p denkleminin genel ve tekil çözümlerini bulalım. Denklem y ye göre çözülmüş olduğundan her iki yanını x, göre türetelim. veya p = p + ex p p p 2 ex buluruz. (2.22) denklemi p = p için saplanır. Buradan, (2.2) ) (p p) ( ex = 0 (2.22) p 2 p = p p = ce x (2.23) buluruz. (2.2) ve (2.23) denklemleri arasında p yok edilirse y = ce x + c genel çözümü buluruz. (2.22) denkleminin sabit içermeyen ikinçi çarpanı ise p 2 = e x bağıntısını verir ki, bununla (2.2) denklem arasında p yok edilirse tekil çözümü elde ederiz. y 2 = 4e x

31 2.4. YÜKSEK DERECEDEN HOMOJEN DENKLEMLER 3 NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 2 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 3 Aşağıdaki genel tipteki diferansiyel denklemlerin genel ve varsa tekil çözümlerini bulunuz.. y = yp 2 + 2px 2. x y = 2ap ap 2 3. y = p 2 + p 3 4. p 2 + 2y cot xp y 2 = x 2 p 2 4xyp + y 2 = 0 6. (x e p )p = 2.4 Yüksek Dereceden Homojen Denklemler Bölüm de birinci dereceden homojen bir diferansiyel denklemin y = xu değişken dönüşümü ile değişkenleri ayrılabilir bir denkleme indirgendiğini gördük. Yüksek dereceden homojen denklemler de aynı tip dönüşüm ile integre edilebilir. F (x, y, p) = 0 (2.24) diferansiyel denklemini ele alalım. Eğer F fonksiyonu x ve y değişkenlerine göre n. dereceden homojen bir fonksiyon ise F (λx, λy, p) = λ n F (x, y, p) (2.25) yazılabilir. y = xu dönüşümü ile p = xu + u olmak üzere yazılabildiğinden, (2.24) denklemi F (x, xu, p) = x n F (, u, p) = x n G(u, p) (2.26) biçimini alır. Bu denklem p ye göre çözülebilirse, G(u, p) = 0 (2.27) p = xu + u = ϕ(u) elde edilir ki, bu da değişkenlerine ayrılabilir bir denklemdir. Eğer (2.27) denklemi u ya göre u = ψ(p) biçiminde çözülürse y = xψ(p) (2.28)

32 32 BÖLÜM 2. YÜKSEK DERECEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER olur. Bu bağıntının x, e göre türevi alınırsa p = ψ(p) + xψ (p)p (x) p ψ(p) = xψ (p) dp dx değişkenlerine ayrılabilen denklem elde edilir. (2.29) Örnek 2.5 F (x, y, p) = xyp 2 + (x 2 y 2 )p xy = 0 (2.30) diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. F (λx, λy, p) = λ 2 (xyp 2 + (x 2 y 2 )p xy) = λ 2 F (x, y, p) (2.3) olduğundan (2.30) 2. dereceden homojen bir denklemdir. y = ux dönüşümü yerine konur ve x 2 ile bölünürse p ye göre çözülebilen denklemini verir. O halde, up 2 + ( u 2 )p u = 0 (2.32) p = xu + u = u2 (u 2 ) 2 + 4u 2 2u = u2 (u 2 + ) 2u = u, u bulunur. xu + u = u bağıntısından u = c veya y = cx ve xu + u = bağıntısından u da x(u ) = ce u veya y x = ce y x çözümleri bulunur. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 4 Aşağıdaki genel tipteki diferansiyel denklemlerin genel ve varsa tekil çözümlerini bulunuz.. xyp 2 + (x 2 + y 2 )p + xy = 0 2. xp 2 2py x = 0 3. y = x(p + + p 2 ) 4. xp 2 2yp x = 0

33 2.5. GEOMETRIK UYGULAMALAR Geometrik Uygulamalar F (x, y, y ) = 0 (2.33) diferansiyel denkleminin integral eğrilerinin yanlızca bir parametreye bağlı f(x, y, c) = 0 (2.34) biçiminde eğri ailesi olduğunu biliyoruz. Tersine, (2.34) denkleminin x, e göre türetilmesiyle elde edilen ϕ(x, y, y, c) = 0 ile (2.34) arasında c sabiti yok edilirse (2.33) denklemi elde edilir. Şimdi, yine bu sabite bağlı iki eğri ailesi alalım: f(x, y, c) = 0 ve g(x, y, k) = 0. (2.35) (2.35) denklemlerinden birisini c ailesi, diğeri de k ailesi olarak isimlendirelim. Eğer k-ailesinin herhangibir eğrisi c-ailesinin her eğrisini belirli bir geometrik özelliğe göre keserse, her iki ailenin herhangibir eğrisine diğer yörüngenin yörüngesi denir. Bir eğri, eğri ailesinin bütün eğrilerini dik açı altında keserse, bu eğriye o ailenin dik yörüngesi, eğer 90 den farklı bir açı altında keserse, eğik yörüngesi denir. Şekil() deki gibi (2.35) eğri aileleri sabit bir γ açısı ile kesişsin ve c ailesinin herhangibir eğrisinin keyfi bir (x, y) noktasında teğeti x ekseniyle α açısı yapsın. β ise, k-ailesinin bu noktada x ekseni ile yaptığı açı olsun. Bu şartlar altında, aşağıdaki bağıntıyı yazabiliriz: y tan β tan γ = tan α = tan(β γ) = + tan β tan γ. c ailesinin diferansiyel deklemi F (x, y, y ) = 0 ise F (x, y, tan α) = F (x, y, tan β tan γ + tan β tan γ ) (2.36) yazılabilir. k ailesinin diferansiyel denklemini bulmak için (2.36) denkleminde tan β = y koymak yeterlidir. Özetle, k ailesi yani c ailesinin eğik yörüngeleri F (x, y, y tan γ + y tan γ ) = 0 (2.37) diferansiyel denkleminin integral eğrileri olur. Başka bir ifadeyle, eğer c ailesinin diferansiyel denkleminde y yerine y tan γ yazılırsa k ailesinin diferansyel denklemi +y tan γ bulunmuş olur. Özel olarak, eğer bu iki eğri ailesi dik kesişiyorsa yani γ = 90 veya tan 90 = için, y tan γ + y tan γ y olduğundan aranan dik yörüngenin veya k ailesinin denklemi, verilen ailenin diferansiyel denkleminde y konarak elde edilir. y

34 34 BÖLÜM 2. YÜKSEK DERECEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER Örnek 2.6 x 2 + y 2 = c (2.38) çember ailesinin dik yörüngelerini ve γ = 45 altında kesen eğik yörüngelerini bulunuz. Verilen çember ailesinin (2.38) diferansiyel denklemi y = x y (2.39) dir. (2.38) ailesinin dik yörüngelerini bulmak için y y y = y x dönüşümü yapılırsa (2.40) elde edilir. (2.40) diferansiyel denkleminin çözümünden y = kx bulunur. Özetle, (2.38) çember ailesinin dik yörüngeleri y = kx doğru ailesidir. Şimdi de (2.38) çember ailesinin γ = 45 altındaki eğik yörüngelerini bulalım. Yapılması gereken iş, (2.40) diferansiyel denkleminde y y tan 45 dönüşümü yapmaktır. Bu dönüşüm +y tan 45 yapıldığında y + y = x y veyay = y x y + x. dereceden homojen diferansyel denkelemi elde edilir. y = ux dönüşümünden y = u x + u = u u + ve buradan buradan da u + u 2 + du + dx u + dx x = 0 u 2 + du + x = k ln u + arctan u + ln x = x ln y + arctan y x = k elde edilir. NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların 2 tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 5

35 2.5. GEOMETRIK UYGULAMALAR 35 Aşağıdaki bir parametreli eğri ailelerinin dik yörünge denklemlerini bulunuz.. y 2 = cx 2. y = c sin x 3. y = c ln x 4. y = c(x + )e x 5. (x 2 a 2 ) 2 + (y 2 b 2 ) 2 = c NOT: Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin keyfi olarak seçilen 2 tanesi derste çözülecektir. Çözülmeyen soruların tanesi, derse kayıtlı öğrencilere ödev olarak verilecektir. Ödevler bir sonraki dersin başında getirilmesi zorunludur. ÇÖZÜLECEK PROBLEMLER 6 Aşağıdaki bir parametreli eğri ailelerinin γ = 45 altındaki eğik yörünge denklemlerini bulunuz.. xy = c 2. x 2 y 2 = c 3. x 2 + y 2 = 2cx 4. y = x ln cx 5. y x = cx 2

36 36 BÖLÜM 2. YÜKSEK DERECEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER

37 Bölüm 3 YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER 3. İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler f verilen keyfi fonksiyon olmak üzüre ikinci mertebeden bir diferansiyel denklem ( d 2 y dx = f x, y, dy ) (3.) 2 dx biçiminde ifade edilebilir. Eğer (3.) denklemindeki f fonksiyonunda y ve dy dx lineer olacak şekilde ifade edilebilyorsa, denkleme 2. mertebeden lineer diferansiyel denklem denir. Eğer (3.) denklemi lineer ise, P (x) 0 olmak üzere denklem genel olarak, P (x)y + Q(x)y + R(x)y = G(x) (3.2) biçiminde yazılabilir. (3.2) denklemi P (x) ile bölünürse formunda ifade edilebilir. (3.3) denklem ile birlikte y + q(x)y + r(x)y = g(x) (3.3) y(x 0 ) = y 0 := sabit, y (x 0 ) = y 0 := sabit, (3.4) başlangıç koşulları da verilirse bu probleme başlangıç değer problemi denir. 3.. Sabit Katsayılı İkinci Mertebeden Homojen Diferansiyel Denklemler Eğer (3.2) denkleminde P (x), Q(x) ve R(x) fonksiyonları sabit ve G(x) = 0 ise denkleme sabit katyalı ikinci mertebeden homojen diferansiyel denklem denir. Böyle 37

38 38 BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER bir diferansiyel a, b, c reel sabitler olmak üzere ay + by + cy = 0 (3.5) biçiminde ifade edilir. Şimdi (3.5) diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulalım. Evvelâ a = 0 halini gözönüne alalım. Bu taktirde denklem, b dy dx + cy = 0 şeklinde birinci mertebeden değişkenlere ayrılabilen tipte bir denklem halini alır. Buradan, dy y = c b dx = rdx ln y = rx y = kerx k elde edilir. Bu şekilde elde edilen sonuç bize, ikinci mertebeden diferansiyel denklemin çözümünde y = ke rx şeklinde olabileceğini telkin eder. Şimdi, y = ke rx ve türevlerini (3.5) denkleminde yerine koyarak y = ke rx in bu denklemi sağlama şartlarını bulalım. y = ke rx, y = kre rx, y = kr 2 e rx. Bu ifadeleri (3.5) denkleminde yerlerine koyarsak akr 2 e rx + kre rx + cke rx = 0 ( ar 2 + br + c ) ke rx = 0 elde edilir. k keyfi bir sabit olduğundan daima sıfır olamaz ve her x değeri için e rx 0 olduğundan bu bağıntının sağlanabilmesi için ar 2 + br + c = 0 (3.6) olması gerekir. O halde y = ke rx deki r sayısı (3.6) denklemini sağlayan bir köküdür. Yani r (3.6) denkleminin bir kökü ise y = ke rx (3.5) denkleminin bir çözümü olur. (3.6) denklemine (3.5) denkleminin karakteristik denklemi denir. Bu denklem, diferansiyel denklemde d 2 y dx 2 yerine r 2 dy dx yerine r y yerine yazılmak suretiyle, doğrudan doğruya elde edilir. Karakteristik denklemi iki reel köke veya iki katlı bir köke veyahut da eşlenik iki kompleks köke sahip olabileceğine göre, diferansiyel denkleminin çözümleri de değişik üç türde karşımıza çıkar.

39 3.. İKINCI MERTEBEDEN LINEER DIFERANSIYEL DENKLEMLER 39 I. Karakteristik denkleminin iki reel kökünün olması hali: = b 2 4ac > 0 olması durumunda karakteristik denklemin kökleri r ve r 2 ise y = k e r x ve y 2 = k 2 e r 2x bağıntıları (3.5) diferansiyel denkleminin birer çözümü olarak denklemi sağlarlar. Ancak birer tane keyfi sabit içerdiklerinden genel çözüm olamazlar. y ve y 2 nin (3.5) denklemini sağlama şartını yazarsak ve bu iki bağıntıyı taraf tarafa toplarsak elde edilir. Bu ise bize ay + by + cy = 0 ay 2 + by 2 + cy 2 = 0 a(y + y 2) + b(y + y 2) + c(y + y 2 ) = 0 y = y + y 2 = k e r x + k 2 e r 2x (3.7) ifadesinin de (3.5) diferansiyel denkleminin bir çözümü olduğunu gösterir. Diğer taraftan bu çözüm, k ve k 2 gibi iki keyfi sabit içerdiğinden genel çözümdür. Örnek 3. diferansiyel denklemini çözelim. Karakteristik denklem, olup kökleri olarak denklemin genel çözümü dir. y 3y + 2 = 0 r 2 3r + 2 = 0 r =, r 2 = 2 y = k e x + k 2 e 2x

40 40 BÖLÜM 3. YÜKSEK MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER II. Karakteristik denklemin iki katlı bir kökü olması hali: b 2 4ac = 0 olması halinde karakteristik denkleminin iki katlı kökü r = b 2a olup (3.5) diferansiyel denklemin çözümü y = ke rx dir. Ancak bu bağıntı bir tek keyfi sabit içerdiğinden genel çözüm olamaz. Genel çözümü bulmak için daha önce birinci mertebeden lineer diferansiyel denklemin çözümünde kullandığımız sabitin değişimi kuralını buraya uygulayalım. Bunun için de y = ke rx in diferansiyel denklemin genel çözümü olabilmesi için k = k(x) olacak şekilde bir k(x) fonksiyonu bulalım. y = k(x)e rx y = k e rx + kre rx = (k + kr)e rx y = k e rx + 2k re rx + kr 2 e rx = (k + 2k r + kr 2 )e rx olup y ve türevlerini (3.5) diferansiyel denkleminde yerine koyarak sağlama şartını elde etmek istersek a(k + 2k r + kr 2 )e rx + b(k + kr)e rx + cke rx = 0 veya ak + (2ar + b)k + (ar 2 + br + c)k = 0 (3.8) elde edilir. r, karaktersik denklemin iki katlı kökü olduğu gözönüne alınırsa ar 2 + br + c = 0 ve 2ar + b = 0 olduğu anlaşılır. O halde (3.8) denkleminden ak = 0 k = 0 k = k k = k x + k 2, k, k 2 = sabit bulunur. Buna göre (3.5) diferansiyel denkleminin karakteristik denklemi çift katlı kökü olması durumunda genel çözümü olur. y = ke rx = (k x + k 2 )e rx, k, k 2 = sabit (3.9) Örnek 3.2 y 4y + 4y = 0 diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulunuz. Karektersitik denklem r 2 4r + 4 olup kökleri r = r 2 = 2 iki katlıdır. O halde denklemin genel çözümü y = (k x + k 2 )e 2x

Diferensiyel Denklemler I Uygulama Notları

Diferensiyel Denklemler I Uygulama Notları 2004 Diferensiyel Denklemler I Uygulama Notları Mustafa Özdemir İçindekiler Temel Bilgiler...................................................................... 2 Tam Diferensiyel Denklemler........................................................4

Detaylı

Math 322 Diferensiyel Denklemler Ders Notları 2012

Math 322 Diferensiyel Denklemler Ders Notları 2012 1 Genel Tanımlar Bir veya birden fazla fonksiyonun türevlerini içeren denklemlere diferensiyel denklem denmektedir. Diferensiyel denklemler Adi (Sıradan) diferensiyel denklemler ve Kısmi diferensiyel denklemler

Detaylı

Mühendislik Matematiği 2- Hafta 2-3. Arş. Gör. Dr. Sıtkı AKKAYA

Mühendislik Matematiği 2- Hafta 2-3. Arş. Gör. Dr. Sıtkı AKKAYA Mühendislik Matematiği 2- Hafta 2-3 Arş. Gör. Dr. Sıtkı AKKAYA İÇİNDEKİLER BÖLÜM 2 2.1. GİRİŞ 2.2. BİRİNCİ MERTEBE DİFERANSİYEL DENKLEMLERE GENEL BAKIŞ 2.3. BİRİNCİ MERTEBE LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEMLER

Detaylı

Kaynaklar Shepley L. Ross, Differential Equations (3rd Edition), 1984.

Kaynaklar Shepley L. Ross, Differential Equations (3rd Edition), 1984. Çankırı Karatekin Üniversitesi Matematik Bölümü 2015 Kaynaklar Shepley L. Ross, Differential Equations (3rd Edition), 1984. (Adi ) Bir ya da daha fazla bağımsız değişkenden oluşan bağımlı değişken ve türevlerini

Detaylı

Diferansiyel denklemler uygulama soruları

Diferansiyel denklemler uygulama soruları . Aşağıdaki diferansiyel denklemleri sınıflandırınız. a) d y d d + y = 0 b) 5 d dt + 4d + 9 = cos 3t dt Diferansiyel denklemler uygulama soruları 0.0.3 c) u + u [ ) ] d) y + = c d. y + 3 = 0 denkleminin,

Detaylı

İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler

İkinci Mertebeden Lineer Diferansiyel Denklemler A(x)y + B(x)y + C(x)y = F (x) (5) Denklem (5) in sağ tarafında bulunan F (x) fonksiyonu, I aralığı üzerinde sıfıra özdeş ise, (5) denklemine lineer homogen; aksi taktirde lineer homogen olmayan denklem

Detaylı

2. (1 + y ) ln(x + y) = yy dif. denk. çözünüz. 3. xy dy y 2 dx = (x + y) 2 e ( y/x) dx dif. denk. çözünüz.

2. (1 + y ) ln(x + y) = yy dif. denk. çözünüz. 3. xy dy y 2 dx = (x + y) 2 e ( y/x) dx dif. denk. çözünüz. D DİFERANSİYEL DENKLEMLER ÇALIŞMA SORULARI Fakülte No:................................................... Adı ve Soyadı:................................................. Bölüm:...................................................................

Detaylı

Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler Edwards and Penney, Difarensiyel denklemler ve sınır değer problemleri (çeviri: Prof. Dr.

Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler Edwards and Penney, Difarensiyel denklemler ve sınır değer problemleri (çeviri: Prof. Dr. Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler Edwards and Penney, Difarensiyel denklemler ve sınır değer problemleri (çeviri: Prof. Dr. Ömer Akın) AYRILABİLİR DENKLEMLER Birinci mertebeden dy = f(x, y) (1)

Detaylı

HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER

HOMOGEN OLMAYAN DENKLEMLER n. mertebeden homogen olmayan lineer bir diferansiyel denklemin y (n) + p 1 (x)y (n 1) + + p n 1 (x)y + p n (x)y = f(x) (1) şeklinde olduğunu ve bununla ilgili olan n. mertebeden lineer homogen denlemin

Detaylı

Sağ Taraf Fonksiyonu İle İlgili Özel Çözüm Örnekleri(rezonans durumlar)

Sağ Taraf Fonksiyonu İle İlgili Özel Çözüm Örnekleri(rezonans durumlar) 3.1.2.1. Sağ Taraf Fonksiyonu İle İlgili Özel Çözüm Örnekleri(rezonans durumlar) ÖRNEK: y + 4.y + 4.y = 5.sin2x diferensiyel denkleminin genel çözümünü bulalım: Homojen kısmın çözümü: y + 4.y + 4.y = 0

Detaylı

fonksiyonu için in aralığındaki bütün değerleri için sürekli olsun. in bu aralıktaki olsun. Fonksiyonda meydana gelen artma miktarı

fonksiyonu için in aralığındaki bütün değerleri için sürekli olsun. in bu aralıktaki olsun. Fonksiyonda meydana gelen artma miktarı 10.1 Türev Kavramı fonksiyonu için in aralığındaki bütün değerleri için sürekli olsun. in bu aralıktaki bir değerine kadar bir artma verildiğinde varılan x = x 0 + noktasında fonksiyonun değeri olsun.

Detaylı

MAT 2011 MATEMATİK III

MAT 2011 MATEMATİK III } MAT 20 MATEMATİK III Ders Notları } Öğr. Gör. Volkan ÖĞER 205 İçindekiler Birinci Mertebeden Diferansiyel Denklemler 3. Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller............................ 3.2

Detaylı

Değişken Katsayılı Adi Diferensiyel Denklemler Katsayıları bağımsız(x) değişkene bağlı diferensiyel denklemlerdir. Genel ifadesi şöyledir.

Değişken Katsayılı Adi Diferensiyel Denklemler Katsayıları bağımsız(x) değişkene bağlı diferensiyel denklemlerdir. Genel ifadesi şöyledir. 3. Yüksek Mertebeden Adi Diferansiyel Denklemler Geçmiş konularda şu ana kadar ele alınan 1.mertebe-1.dereceden adi diferensiyel denklemler ancak 1.mertebe seviyesindeki belirli problemleri ifade edebilmektedir.

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

1. Hafta Uygulama Soruları

1. Hafta Uygulama Soruları . Hafta Uygulama Soruları ) x ekseni, x = doğrusu, y = x ve y = x + eğrileri arasında kalan alan nedir? ) y = x 3 ve y = 4 x 3 parabolleri arasında kalan alan nedir? 3) y = x, x y = 4 eğrileri arasında

Detaylı

İÇİNDEKİLER. Ön Söz...2. Adi Diferansiyel Denklemler...3. Birinci Mertebeden ve Birinci Dereceden. Diferansiyel Denklemler...9

İÇİNDEKİLER. Ön Söz...2. Adi Diferansiyel Denklemler...3. Birinci Mertebeden ve Birinci Dereceden. Diferansiyel Denklemler...9 İÇİNDEKİLER Ön Söz... Adi Diferansiyel Denklemler... Birinci Mertebeden ve Birinci Dereceden Diferansiyel Denklemler...9 Homojen Diferansiyel Denklemler...15 Tam Diferansiyel Denklemler...19 Birinci Mertebeden

Detaylı

Sınav süresi 75 dakika. Student ID # / Öğrenci Numarası

Sınav süresi 75 dakika. Student ID # / Öğrenci Numarası March 16, 2017 [16:00-17:15]MATH216 First Midterm Exam / MAT216 Birinci Ara Sınav Page 1 of 6 Your Name / İsim Soyisim Your Signature / İmza Student ID # / Öğrenci Numarası Professor s Name / Öğretim Üyesi

Detaylı

Diferensiyel denklemler sürekli sistemlerin hareketlerinin ifade edilmesinde kullanılan denklemlerdir.

Diferensiyel denklemler sürekli sistemlerin hareketlerinin ifade edilmesinde kullanılan denklemlerdir. .. Diferensiyel Denklemler y f (x) de F ( x, y, y, y,...) 0 veya y f ( x, y, y,...) x ve y değişkenlerinin kendileri ve türevlerini içinde bulunduran denklemlerdir. (Türevler; "Bağımlı değişkenin değişiminin

Detaylı

TÜREV VE UYGULAMALARI

TÜREV VE UYGULAMALARI TÜREV VE UYGULAMALARI A R, a A ve f de A da tanımlı bir fonksiyon olsun. Eğer f(x) f(a) lim x a x a limiti veya x=a+h koymakla elde edilen f(a+h) f(a) lim h 0 h Bu türev f (a), df dx limiti varsa f fonksiyonu

Detaylı

DENKLEMLER CAUCHY-EULER DENKLEMİ. a n x n dn y dx n + a n 1x n 1 dn 1 y

DENKLEMLER CAUCHY-EULER DENKLEMİ. a n x n dn y dx n + a n 1x n 1 dn 1 y SABİT KATSAYILI DENKLEMLERE DÖNÜŞTÜREBİLEN DENKLEMLER Bu bölümde sabit katsayılı diferansiyel denklemlere dönüşebilen değişken katsayılı diferansiyel denklemlerden Cauchy Euler ve Legendre difarensiyel

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

DÜZCE ÜN IVERS ITES I FEN-EDEB IYAT FAKÜLTES I

DÜZCE ÜN IVERS ITES I FEN-EDEB IYAT FAKÜLTES I DÜZCE ÜN IVERS ITES I FEN-EDEB IYAT FAKÜLTES I MATEMAT IK BÖLÜMÜ 203-204 BAHAR YARIYILI D IFERANS IYEL DENKLEMLER II ARA SINAV 2 Nisan 204 Süre: 90 dakika CEVAP ANAHTARI. (5p) Belirsiz katsay lar yöntemini

Detaylı

ARASINAV SORULARININ ÇÖZÜMLERİ GÜZ DÖNEMİ A A A A A A A

ARASINAV SORULARININ ÇÖZÜMLERİ GÜZ DÖNEMİ A A A A A A A AKDENİZ ÜNİVERSİTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ BİTİRME ÖDEVİ I ARASINAV SORULARININ ÇÖZÜMLERİ - 6 GÜZ DÖNEMİ ADI SOYADI :... NO :... A A A A A A A SINAV TARİHİ VE SAATİ : Bu sınav 4 sorudan oluşmaktadır ve sınav

Detaylı

(m+2) +5<0. 7/m+3 + EŞİTSİZLİKLER A. TANIM

(m+2) +5<0. 7/m+3 + EŞİTSİZLİKLER A. TANIM EŞİTSİZLİKLER A. TANIM f(x)>0, f(x) - eşitsizliğinin

Detaylı

İKİNCİ DERECEDEN DENKLEMLER

İKİNCİ DERECEDEN DENKLEMLER İKİNCİ DERECEDEN DENKLEMLER İkinci Dereceden Denklemler a, b ve c reel sayı, a ¹ 0 olmak üzere ax + bx + c = 0 şeklinde yazılan denklemlere ikinci dereceden bir bilinmeyenli denklem denir. Aşağıdaki denklemlerden

Detaylı

Y = f(x) denklemi ile verilen fonksiyonun diferansiyeli dy = f '(x). dx tir.

Y = f(x) denklemi ile verilen fonksiyonun diferansiyeli dy = f '(x). dx tir. 1 İNTEGRAL BİR FONKSİYONUN DİFERANSİYELİ Tanım: f: [a,b] R, x f(x) fonksiyonu (a,b) aralığında türevli olmak üzere, x değişkeninin değişme miktarı x ise f '(x). x ifadesine f(x) fonksiyonunun diferansiyeli

Detaylı

biçimindeki ifadelere iki değişkenli polinomlar denir. Bu polinomda aynı terimdeki değişkenlerin üsleri toplamından en büyük olanına polinomun dereces

biçimindeki ifadelere iki değişkenli polinomlar denir. Bu polinomda aynı terimdeki değişkenlerin üsleri toplamından en büyük olanına polinomun dereces TANIM n bir doğal sayı ve a 0, a 1, a 2,..., a n 1, a n birer gerçel sayı olmak üzere, P(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 +... + a n 1 x n 1 +a n x n biçimindeki ifadelere x değişkenine bağlı, gerçel (reel)

Detaylı

Bahar Yarıyılı D_IFERANS_IYEL DENKLEMLER II ARA SINAV 6 Nisan 2011 Süre: 90 dakika CEVAP ANAHTARI. y = c n x n+r. (n + r) c n x n+r 1 +

Bahar Yarıyılı D_IFERANS_IYEL DENKLEMLER II ARA SINAV 6 Nisan 2011 Süre: 90 dakika CEVAP ANAHTARI. y = c n x n+r. (n + r) c n x n+r 1 + DÜZCE ÜN_IVERS_ITES_I FEN-EDEB_IYAT FAKÜLTES_I MATEMAT_IK BÖLÜMÜ 010-011 Bahar Yarıyılı D_IFERANS_IYEL DENKLEMLER II ARA SINAV 6 Nisan 011 Süre: 90 dakika CEVAP ANAHTARI 1. 0p x d y + dy + xy = 0 diferansiyel

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

x e göre türev y sabit kabul edilir. y ye göre türev x sabit kabul edilir.

x e göre türev y sabit kabul edilir. y ye göre türev x sabit kabul edilir. TÜREV y= f(x) fonksiyonu [a,b] aralığında tanımlı olsun. Bu aralıktaki bağımsız x değişkenini h kadar arttırdığımızda fonksiyon değeri de buna bağlı olarak değişecektir. Fonksiyondaki artma miktarını değişkendeki

Detaylı

KAMU PERSONEL SEÇME SINAVI ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ TESTİ ORTAÖĞRETİM MATEMATİK ÖĞRETMENLİĞİ TG 15 ÖABT ORTAÖĞRETİM MATEMATİK Bu testlerin her hakkı saklıdır. Hangi amaçla olursa olsun, testlerin tamamının

Detaylı

Alıştırmalar 1. 1) Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin mertebesini ve derecesini bulunuz. Bağımlı ve bağımsız değişkenleri belirtiniz.

Alıştırmalar 1. 1) Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin mertebesini ve derecesini bulunuz. Bağımlı ve bağımsız değişkenleri belirtiniz. Alıştırmalar 1 1) Aşağıdaki diferansiyel denklemlerin mertebesini ve derecesini bulunuz. Bağımlı ve bağımsız değişkenleri belirtiniz. Denklem Mertebe Derece a) 2 1 ( ) 4 6 c) 2 1 d) 2 2 e) 3 1 f) 2 4 g)

Detaylı

Şeklinde çok sayıda diferansiyel denklemden oluşan denklem sistemleridir. Denklem sayısı = bağımlı değişken eşitliği sağlanmasıdır.

Şeklinde çok sayıda diferansiyel denklemden oluşan denklem sistemleridir. Denklem sayısı = bağımlı değişken eşitliği sağlanmasıdır. 5. Diferansiyel Denklem Sistemleri ve Çözüm Yöntemleri X=bağımsız, Y, Z, W = bağımlı değişkenler olmak üzere; Y= (X, Y, Y, Y,, Z, Z, Z,, W, W, W, ) Z= (X, Y, Y, Y,, Z, Z, Z,, W, W, W, ) W= (X, Y, Y, Y,,

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

Birinci Mertebeden Adi Diferansiyel Denklemler

Birinci Mertebeden Adi Diferansiyel Denklemler Birinci Mertebeden Adi Diferansiyel Denklemler Bir veya daha çok bağımlı değişken, bir veya daha çok bağımsız değişken ve bağımlı değişkenin bağımsız değişkene göre (diferansiyel) türevlerini içeren bağıntıya

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

1. BÖLÜM Polinomlar BÖLÜM II. Dereceden Denklemler BÖLÜM II. Dereceden Eşitsizlikler BÖLÜM Parabol

1. BÖLÜM Polinomlar BÖLÜM II. Dereceden Denklemler BÖLÜM II. Dereceden Eşitsizlikler BÖLÜM Parabol ORGANİZASYON ŞEMASI . BÖLÜM Polinomlar... 7. BÖLÜM II. Dereceden Denklemler.... BÖLÜM II. Dereceden Eşitsizlikler... 9. BÖLÜM Parabol... 5 5. BÖLÜM Trigonometri... 69 6. BÖLÜM Karmaşık Sayılar... 09 7.

Detaylı

Lineer Dönüşümler ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv.Dr. Nevin ORHUN

Lineer Dönüşümler ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv.Dr. Nevin ORHUN Lineer Dönüşümler Yazar Öğr. Grv.Dr. Nevin ORHUN ÜNİTE 7 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; Vektör uzayları arasında tanımlanan belli fonksiyonları tanıyacak, özelliklerini öğrenecek, Bir dönüşümün,

Detaylı

MAK 210 SAYISAL ANALİZ

MAK 210 SAYISAL ANALİZ MAK 210 SAYISAL ANALİZ BÖLÜM 8- SAYISAL İNTEGRASYON 1 GİRİŞ Mühendislikte sık karşılaşılan matematiksel işlemlerden biri integral işlemidir. Bilindiği gibi integral bir büyüklüğün toplam değerinin bulunması

Detaylı

TÜREV VE UYGULAMALARI

TÜREV VE UYGULAMALARI TÜREV VE UYGULAMALARI 1-TÜREVİN TANIMI VE GÖSTERİLİŞİ a,b R olmak üzere, f:[a,b] R fonksiyonu verilmiş olsun. x 0 (a,b) için lim x X0 f(x)-f( x 0 ) limiti bir gerçel sayı ise bu limit değerine f fonksiyonunun

Detaylı

MAK 210 SAYISAL ANALİZ

MAK 210 SAYISAL ANALİZ MAK 210 SAYISAL ANALİZ BÖLÜM 7- SAYISAL TÜREV Doç. Dr. Ali Rıza YILDIZ 1 GİRİŞ İntegral işlemi gibi türev işlemi de mühendislikte çok fazla kullanılan bir işlemdir. Basit olarak bir fonksiyonun bir noktadaki

Detaylı

matematik LYS SORU BANKASI KONU ÖZETLERİ KONU ALT BÖLÜM TESTLERİ GERİ BESLEME TESTLERİ Süleyman ERTEKİN Öğrenci Kitaplığı

matematik LYS SORU BANKASI KONU ÖZETLERİ KONU ALT BÖLÜM TESTLERİ GERİ BESLEME TESTLERİ Süleyman ERTEKİN Öğrenci Kitaplığı matematik SORU BANKASI Süleyman ERTEKİN LYS KONU ALT BÖLÜM TESTLERİ GERİ BESLEME TESTLERİ KONU ÖZETLERİ Öğrenci Kitaplığı SORU BANKASI matematik LYS EDAM Öğrenci Kitaplığı 18 EDAM ın yazılı izni olmaksızın,

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

Bir özvektörün sıfırdan farklı herhangi bri sabitle çarpımı yine bir özvektördür.

Bir özvektörün sıfırdan farklı herhangi bri sabitle çarpımı yine bir özvektördür. ÖZDEĞER VE ÖZVEKTÖRLER A n n tipinde bir matris olsun. AX = λx (1.1) olmak üzere n 1 tipinde bileşenleri sıfırdan farklı bir X matrisi için λ sayıları için bu denklemi sağlayan bileşenleri sıfırdan farklı

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

Mustafa Sezer PEHLİVAN. Yüksek İhtisas Üniversitesi Beslenme ve Diyetetik Bölümü

Mustafa Sezer PEHLİVAN. Yüksek İhtisas Üniversitesi Beslenme ve Diyetetik Bölümü * Yüksek İhtisas Üniversitesi Beslenme ve Diyetetik Bölümü SAYILAR Doğal Sayılar, Tam Sayılar, Rasyonel Sayılar, N={0,1,2,3,,n, } Z={,-3,-2,-1,0,1,2,3, } Q={p/q: p,q Z ve q 0} İrrasyonel Sayılar, I= {p/q

Detaylı

İç-Çarpım Uzayları ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv. Dr. Nevin ORHUN

İç-Çarpım Uzayları ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Öğr. Grv. Dr. Nevin ORHUN İç-Çarpım Uzayları Yazar Öğr. Grv. Dr. Nevin ORHUN ÜNİTE Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; R n, P n (R), M nxn vektör uzaylarında iç çarpım kavramını tanıyacak ve özelliklerini görmüş olacaksınız.

Detaylı

2 1 fonksiyonu veriliyor. olacak şekilde ortalama değer teoremini sağlayacak bir c sayısının var olup olmadığını araştırınız. Eğer var ise bulunuz.

2 1 fonksiyonu veriliyor. olacak şekilde ortalama değer teoremini sağlayacak bir c sayısının var olup olmadığını araştırınız. Eğer var ise bulunuz. ANALİZ 1.) a) sgn. sgn( 1) = 1 denkleminin çözüm kümesini b) f ( ) 3 1 fonksiyonu veriliyor. olacak şekilde ortalama değer teoremini sağlayacak bir c sayısının var olup olmadığını araştırınız. Eğer var

Detaylı

1. O(0,0) merkezli, 3 birim yarıçaplı. 2. x 2 +y 2 =16 denklemi ile verilen. 3. O(0,0) merkezli ve A(3,4)

1. O(0,0) merkezli, 3 birim yarıçaplı. 2. x 2 +y 2 =16 denklemi ile verilen. 3. O(0,0) merkezli ve A(3,4) HAZİNE-1 Düzlemde sabit M(a,b) noktasından eşit uzaklıkta bulunan noktaların geometrik yeri, M merkezli R yarıçaplı çemberdir. HAZİNE-2 O(0,0) merkezli, R yarıçaplı çemberin denklemi; x 2 +y 2 =R 2 dir.

Detaylı

MATEMATİK ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ - DENEME SINAVI DENEME. Diğer sayfaya geçiniz.

MATEMATİK ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ - DENEME SINAVI DENEME. Diğer sayfaya geçiniz. MATEMATİK. DENEME ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ - DENEME SINAVI. f : X tanımlı y = f() fonksiyonu için lim f ( ) = L ise aşağıdaki önermelerden kaç tanesi kesinlikle doğrudur? 0 I. X dir. 0 II. f() fonksiyonu

Detaylı

MAK 210 SAYISAL ANALİZ

MAK 210 SAYISAL ANALİZ MAK 210 SAYISAL ANALİZ BÖLÜM 5- SONLU FARKLAR VE İNTERPOLASYON TEKNİKLERİ Doç. Dr. Ali Rıza YILDIZ MAK 210 - Sayısal Analiz 1 İNTERPOLASYON Tablo halinde verilen hassas sayısal değerler veya ayrık noktalardan

Detaylı

2(1+ 5 ) b = LYS MATEMATİK DENEMESİ. işleminin sonucu kaçtır? A)2 5 B)3 5 C)2+ 5 D)3+ 5 E) işleminin sonucu kaçtır?

2(1+ 5 ) b = LYS MATEMATİK DENEMESİ. işleminin sonucu kaçtır? A)2 5 B)3 5 C)2+ 5 D)3+ 5 E) işleminin sonucu kaçtır? 017 LYS MATEMATİK DENEMESİ Soru Sayısı: 50 Sınav Süresi: 75 ı 1. 4. (1+ 5 ) 1+ 5 işleminin sonucu kaçtır? A) 5 B)3 5 C)+ 5 işleminin sonucu kaçtır? D)3+ 5 E)1+ 5 A) B) 1 C) 1 D) E) 3. 4 0,5.16 0,5 işleminin

Detaylı

İÇİNDEKİLER KISIM 1: BİRİNCİ MERTEBE ADİ DİFERENSİYEL DENKLEMLER

İÇİNDEKİLER KISIM 1: BİRİNCİ MERTEBE ADİ DİFERENSİYEL DENKLEMLER İÇİNDEKİLER KISIM 1: BİRİNCİ MERTEBE ADİ DİFERENSİYEL DENKLEMLER 1.1. Fiziksel Kanunlar ve Diferensiyel Denklemler Arasındaki İlişki... 1 1.2. Diferensiyel Denklemlerin Sınıflandırılması ve Terminoloji...

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

18.034 İleri Diferansiyel Denklemler

18.034 İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

Lys x 2 + y 2 = (6k) 2. (x 2k) 2 + y 2 = (2k 5) 2 olduğuna göre x 2 y 2 =? Cevap: 14k 2

Lys x 2 + y 2 = (6k) 2. (x 2k) 2 + y 2 = (2k 5) 2 olduğuna göre x 2 y 2 =? Cevap: 14k 2 1. 1 =? Lys 1 7. x + y = (6k) (x k) + y = (k 5) olduğuna göre x y =?. 6 a.b = ise a + 1 b. b 1 a =? 1k 8. x ve y birbirinden farklı pozitif gerçel sayılar olmak üzere, x y y x. x.y = (x y) ise x y =?.

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

1. GRUPLAR. c (Birleşme özelliği) sağlanır. 2) a G için a e e a a olacak şekilde e G (e ye birim eleman denir) vardır.

1. GRUPLAR. c (Birleşme özelliği) sağlanır. 2) a G için a e e a a olacak şekilde e G (e ye birim eleman denir) vardır. 1. GRUPLAR Tanım 1.1. G boş olmayan bir küme ve, G de bir ikili işlem olsun. (G yapısına aşağıdaki aksiyomları sağlıyorsa bir grup denir., ) cebirsel 1) a b cg,, için a( bc) ( ab) c (Birleşme özelliği)

Detaylı

(14) (19.43) de v yi sağlayan fonksiyona karşılık gelen u = F v fonksiyonunun ikinci türevi sürekli, R de 2π periodik ve

(14) (19.43) de v yi sağlayan fonksiyona karşılık gelen u = F v fonksiyonunun ikinci türevi sürekli, R de 2π periodik ve nin her g L 2 (S için tek çözümünüm olması için gerekli ve yeterli koşulun her j için λ λ j olacak biçimde λ j ifadesini sağlayan R \ {} de bir λ j dizisinin olduğunu gösteriniz. (13) Her λ j için (19.43)

Detaylı

Kübik Spline lar/cubic Splines

Kübik Spline lar/cubic Splines Kübik spline lar önceki metodların aksine bütün data noktalarına tek bir fonksiyon/eğri uydurmaz. Bunun yerine her çift nokta için ayrı ayrı üçüncü dereceden polinomlar uydurur. x i noktasından geçen soldaki

Detaylı

Yeşilköy Anadolu Lisesi

Yeşilköy Anadolu Lisesi Yeşilköy Anadolu Lisesi TANIM (KONUYA GİRİŞ) a, b, c gerçel sayı ve a ¹ 0 olmak üzere, ax 2 + bx + c = 0 biçimindeki her açık önermeye ikinci dereceden bir bilinmeyenli denklem denir. Bu açık önermeyi

Detaylı

İÇİNDEKİLER. Bölüm 2 CEBİR 43

İÇİNDEKİLER. Bölüm 2 CEBİR 43 İÇİNDEKİLER ÖNSÖZ III Bölüm 1 SAYILAR 13 1.1 Doğal Sayılar 15 1.1.1. Tek ve Çift Sayılar 15 1.1.2. Asal Sayılar 15 1.1.3 Doğal Sayıların Özellikleri 15 1.1.4 Doğal Sayılarda Özel Toplamlar 16 1.1.5. Faktöriyel

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

Şekil 23.1: Düzlemsel bölgenin alanı

Şekil 23.1: Düzlemsel bölgenin alanı Bölüm Belirli İntegral Şekil.: Düzlemsel bölgenin alanı Düzlemde kare, dikdörtgen, üçgen, çember gibi iyi bilinen geometrik şekillerin alanlarını bulmak için uygun formüller kullanıyoruz. Ama, uygulamada

Detaylı

Dik koordinat sisteminde yatay eksen x ekseni (apsis ekseni), düşey eksen ise y ekseni (ordinat ekseni) dir.

Dik koordinat sisteminde yatay eksen x ekseni (apsis ekseni), düşey eksen ise y ekseni (ordinat ekseni) dir. ANALĐTĐK GEOMETRĐ 1. Analitik Düzlem Bir düzlemde dik kesişen iki sayı doğrusunun oluşturduğu sisteme analitik düzlem denir. Analitik düzlem, dik koordinat sistemi veya dik koordinat düzlemi olarak da

Detaylı

Sunum ve Sistematik. Bu başlıklar altında uygulamalar yaparak öğrenciye yorum, analiz, sentez yetisinin geliştirilmesi hedeflenmiştir.

Sunum ve Sistematik. Bu başlıklar altında uygulamalar yaparak öğrenciye yorum, analiz, sentez yetisinin geliştirilmesi hedeflenmiştir. Sunum ve Sistematik 1. BÖLÜM: POLİNOMLAR ALIŞTIRMALAR Bu başlık altında her bölüm kazanımlara ayrılmış, kazanımlar tek tek çözümlü temel alıştırmalar ve sorular ile taranmıştır. Özellikle bu kısmın sınıf

Detaylı

EŞİTLİK KISITLI TÜREVLİ YÖNTEMLER

EŞİTLİK KISITLI TÜREVLİ YÖNTEMLER EŞİTLİK KISITLI TÜREVLİ YÖNTEMLER LAGRANGE YÖNTEMİ Bu metodu incelemek için Amaç fonksiyonu Min.z= f(x) Kısıtı g(x)=0 olan problemde değişkenler ve kısıtlar genel olarak şeklinde gösterilir. fonksiyonlarının

Detaylı

VEKTÖR UZAYLARI 1.GİRİŞ

VEKTÖR UZAYLARI 1.GİRİŞ 1.GİRİŞ Bu bölüm lineer cebirin temelindeki cebirsel yapıya, sonlu boyutlu vektör uzayına giriş yapmaktadır. Bir vektör uzayının tanımı, elemanları skalar olarak adlandırılan herhangi bir cisim içerir.

Detaylı

2. Matematiksel kavramları organize bir şekilde sunarak, bu kavramları içselleştirmenizi sağlayacak pedagojik bir alt yapı ile yazılmıştır.

2. Matematiksel kavramları organize bir şekilde sunarak, bu kavramları içselleştirmenizi sağlayacak pedagojik bir alt yapı ile yazılmıştır. Sevgili Öğrenciler, Matematik ilköğretimden üniversiteye kadar çoğu öğrencinin korkulu rüyası olmuştur. Buna karşılık, istediğiniz üniversitede okuyabilmeniz büyük ölçüde YGS ve LYS'de matematik testinde

Detaylı

Polinomlar. Rüstem YILMAZ

Polinomlar. Rüstem YILMAZ Polinomlar Rüstem YILMAZ 546 550 86 48 matematikklinigi@gmail.com 26 Aralık 2016 0.1 Tanımı a, b, c, d reel sayılar ve n N olmak üzere, P (x) = ax n + bx n 1 + + cx + d ifadesine reel katsayılı ve bir

Detaylı

S4 u(x, y) = ln ( sin y. S5 u(x, y) = 2α 2 sec(α(x 4α 2 t)) fonksiyonunun

S4 u(x, y) = ln ( sin y. S5 u(x, y) = 2α 2 sec(α(x 4α 2 t)) fonksiyonunun Kısmi Türevli Denklemler Problem Seti-I S1 u = u(x, y ve a, b, c R olmak uzere, ξ = ax + by ve η = bx ay degisken degistirmesi yaparak n cozunuz. au x + bu y + cy = 0 S2 Aşa gidaki denklemleri Adi Diferensiyel

Detaylı

Parametrik doğru denklemleri 1

Parametrik doğru denklemleri 1 Parametrik doğru denklemleri 1 A noktasından geçen, doğrultman (doğrultu) vektörü w olan d doğrusunun, k parametresine göre parametrik denklemi: AP k w P A k w P A k w P A k W (P değişken nokta) A w P

Detaylı

1. GİRİŞ Örnek: Bir doğru boyunca hareket eden bir cismin başlangıç noktasına göre konumu s (metre), zamanın t (saniye) bir fonksiyonu olarak

1. GİRİŞ Örnek: Bir doğru boyunca hareket eden bir cismin başlangıç noktasına göre konumu s (metre), zamanın t (saniye) bir fonksiyonu olarak DERS: MATEMATİK I MAT0(09) ÜNİTE: TÜREV ve UYGULAMALARI KONU: A. TÜREV. GİRİŞ Bir doğru boyunca hareket eden bir cismin başlangıç noktasına göre konumu s (metre) zamanın t (saniye) bir fonksiyonu olarak

Detaylı

KAMU PERSONEL SEÇME SINAVI ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ TESTİ ORTAÖĞRETİM MATEMATİK ÖĞRETMENLİĞİ TG 4 ÖABT ORTAÖĞRETİM MATEMATİK Bu testlerin her hakkı saklıdır. Hangi amaçla olursa olsun, testlerin tamamının

Detaylı

Denklemler İkinci Dereceden Denklemler. İkinci dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemler. a,b,c IR ve a 0 olmak üzere,

Denklemler İkinci Dereceden Denklemler. İkinci dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemler. a,b,c IR ve a 0 olmak üzere, Bölüm 33 Denklemler 33.1 İkinci Dereceden Denklemler İkinci dereceden Bir Bilinmeyenli Denklemler a,b,c IR ve a 0 olmak üzere, ax 2 + bx + c = 0 biçimindeki her açık önermeye ikinci dereceden bir bilinmeyenli

Detaylı

1. BÖLÜM uzayda Bir doğrunun vektörel ve parametrik denklemi... 71. 2. BÖLÜM uzayda düzlem denklemleri... 77

1. BÖLÜM uzayda Bir doğrunun vektörel ve parametrik denklemi... 71. 2. BÖLÜM uzayda düzlem denklemleri... 77 UZAYDA DOĞRU VE DÜZLEM Sayfa No. BÖLÜM uzayda Bir doğrunun vektörel ve parametrik denklemi.............. 7. BÖLÜM uzayda düzlem denklemleri.......................................... 77. BÖLÜM uzayda Bir

Detaylı

Nokta uzayda bir konumu belirtir. Noktanın 0 boyutlu olduğu kabul edilir. Herhangi bir büyüklüğü yoktur.

Nokta uzayda bir konumu belirtir. Noktanın 0 boyutlu olduğu kabul edilir. Herhangi bir büyüklüğü yoktur. Üç Boyutlu Geometri Nokta (Point,Vertex) Nokta uzayda bir konumu belirtir. Noktanın 0 boyutlu olduğu kabul edilir. Herhangi bir büyüklüğü yoktur. Kartezyen Koordinat Sistemi Uzayda bir noktayı tanımlamak

Detaylı

1. Analitik düzlemde P(-4,3) noktasının eksenlerden ve O başlangıç noktasından uzaklığı kaç birimdir?

1. Analitik düzlemde P(-4,3) noktasının eksenlerden ve O başlangıç noktasından uzaklığı kaç birimdir? HAZİNE- HAZİNE-2 O başlangıç noktasında dik kesişen iki sayı ekseninin oluşturduğu sisteme koordinat sistemi denir. Bir noktanın x-eksenindeki dik izdüşümüne karşılık gelen x sayısına noktanın apsis i

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

KAMU PERSONEL SEÇME SINAVI ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ TESTİ ORTAÖĞRETİM MATEMATİK ÖĞRETMENLİĞİ TG 9 ÖABT ORTAÖĞRETİM MATEMATİK Bu testlerin her hakkı saklıdır. Hangi amaçla olursa olsun, testlerin tamamının

Detaylı

Özdeğer ve Özvektörler

Özdeğer ve Özvektörler Özdeğer ve Özvektörler Yazar Öğr.Grv.Dr.Nevin ORHUN ÜNİTE 9 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; bir lineer dönüşümün ve bir matrisin özdeğer ve özvektör kavramlarını anlayacak, bir dönüşüm matrisinin

Detaylı

1 Lineer Diferansiyel Denklem Sistemleri

1 Lineer Diferansiyel Denklem Sistemleri Outline İçindekiler 1 Lineer Diferansiyel Denklem Sistemleri 1 1.1 Lineer sistem türleri (iki bilinmeyenli iki denklem)................. 1 2 Normal Formda lineer denklem sistemleri (İki bilinmeyenli iki

Detaylı

Düzlemde Dönüşümler: Öteleme, Dönme ve Simetri. Not 1: Buradaki A noktasına dönme merkezi denir.

Düzlemde Dönüşümler: Öteleme, Dönme ve Simetri. Not 1: Buradaki A noktasına dönme merkezi denir. Düzlemde Dönüşümler: Öteleme, Dönme ve Simetri Düzlemin noktalarını, düzlemin noktalarına eşleyen bire bir ve örten bir fonksiyona düzlemin bir dönüşümü denir. Öteleme: a =(a 1,a ) ve u =(u 1,u ) olmak

Detaylı

MAK 210 SAYISAL ANALİZ

MAK 210 SAYISAL ANALİZ MAK 10 SAYISAL ANALİZ BÖLÜM 9-DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN SAYISAL ÇÖZÜMÜ 1 GİRİŞ Diferansiyel denklemler, mühendislikte fiziksel olayların modellenmesinde sık karşılaşılan denklemlerdendir. Dolayısıyla bu

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferansiyel Denklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulunmak veya kullanım koşulları hakkında bilgi için http://ocw.mit.edu/terms web sitesini ziyaret

Detaylı

Mühendislik Mekaniği Statik. Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş

Mühendislik Mekaniği Statik. Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş Mühendislik Mekaniği Statik Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş Bölüm 10 Eylemsizlik Momentleri Kaynak: Mühendislik Mekaniği: Statik, R. C.Hibbeler, S. C. Fan, Çevirenler: A. Soyuçok, Ö. Soyuçok. 10. Eylemsizlik Momentleri

Detaylı

Matematikte karşılaştığınız güçlükler için endişe etmeyin. Emin olun benim karşılaştıklarım sizinkilerden daha büyüktür.

Matematikte karşılaştığınız güçlükler için endişe etmeyin. Emin olun benim karşılaştıklarım sizinkilerden daha büyüktür. - 1 - ÖĞRENME ALANI CEBİR BÖLÜM KARMAŞIK SAYILAR ALT ÖĞRENME ALANLARI 1) Karmaşık Sayılar Karmaşık Sayıların Kutupsal Biçimi KARMAŞIK SAYILAR Kazanım 1 : Gerçek sayılar kümesini genişletme gereğini örneklerle

Detaylı

Türev Uygulamaları. 9.1 Ortalama Değer teoremi

Türev Uygulamaları. 9.1 Ortalama Değer teoremi 1 2 Bölüm 9 Türev Uygulamaları 9.1 Ortalama Değer teoremi Türevin çok farklı uygulamaları vardır. Bunlar arasında çok önemli olan bazılarını ele alacağız. Ortalama Değer Teoremi ni daha önce görmüştük.

Detaylı

5. P(x). Q(x) polinomunun derecesi 9, P(x) Q(x) 7. P(x) = (3m 1)x 3 4x 2 (n + 1) x+ k ve. Q(x) = 17x 3

5. P(x). Q(x) polinomunun derecesi 9, P(x) Q(x) 7. P(x) = (3m 1)x 3 4x 2 (n + 1) x+ k ve. Q(x) = 17x 3 , 006 MC Cebir Notları Gökhan DEMĐR, gdemir@yahoo.com.tr Polinomlar TEST I 1. Aşağıdakilerden hangisi bir polinomdur? A) = 4 x5 4x 4 5 + 7 x 4 5.. polinomunun derecesi 9, polinomunun derecesi 5 olduğuna

Detaylı

FİNAL SORULARI GÜZ DÖNEMİ A A A A A A A

FİNAL SORULARI GÜZ DÖNEMİ A A A A A A A AKDENİZ ÜNİVERSİTESİ MATEMATİK BÖLÜMÜ BİTİRME ÖDEVİ FİNAL SORULARI 25-26 GÜZ DÖNEMİ ADI SOYADI :... NO :... SINAV TARİHİ VE SAATİ : A A A A A A A Bu sınav 4 sorudan oluşmaktadır ve sınav süresi 9 dakikadır.

Detaylı

SONLU FARKLAR GENEL DENKLEMLER

SONLU FARKLAR GENEL DENKLEMLER SONLU FARKLAR GENEL DENKLEMLER Bir elastik ortamın gerilme probleminin Airy gerilme fonksiyonu ile formüle edilebilen halini göz önüne alalım. Problem matematiksel olarak bölgede biharmonik denklemi sağlayan

Detaylı

KUADRATİK FORM. Tanım: Kuadratik Form. Bir q(x 1,x 2,,x n ) fonksiyonu

KUADRATİK FORM. Tanım: Kuadratik Form. Bir q(x 1,x 2,,x n ) fonksiyonu KUADRATİK FORMLAR KUADRATİK FORM Tanım: Kuadratik Form Bir q(x,x,,x n ) fonksiyonu q x : n şeklinde tanımlı ve x i x j bileşenlerinin doğrusal kombinasyonu olan bir fonksiyon ise bir kuadratik formdur.

Detaylı

Taşkın, Çetin, Abdullayeva 2. ÖZDEŞLİKLER,DENKLEMLER VE EŞİTSİZLİKLER

Taşkın, Çetin, Abdullayeva 2. ÖZDEŞLİKLER,DENKLEMLER VE EŞİTSİZLİKLER MATEMATİK Taşkın, Çetin, Abdullayeva BÖLÜM. ÖZDEŞLİKLER,DENKLEMLER VE EŞİTSİZLİKLER. ÖZDEŞLİKLER İki cebirsel ifade içerdikleri değişkenlerin (veya bilinmeyenlerin) her değeri içinbirbirine eşit oluyorsa,

Detaylı

Cebirsel Fonksiyonlar

Cebirsel Fonksiyonlar Cebirsel Fonksiyonlar Yazar Prof.Dr. Vakıf CAFEROV ÜNİTE 4 Amaçlar Bu üniteyi çalıştıktan sonra; polinom, rasyonel ve cebirsel fonksiyonları tanıyacak ve bu türden bazı fonksiyonların grafiklerini öğrenmiş

Detaylı

LYS MATEMATİK DENEME - 1

LYS MATEMATİK DENEME - 1 LYS MATEMATİK DENEME - BU SORULAR FİNAL EĞİTİM KURUMLARI TARAFINDAN SAĞLANMIŞTIR. İZİNSİZ KOPYALANMASI VE ÇOĞALTILMASI YASAKTIR, YAPILDIĞI TAKDİRDE CEZAİ İŞLEM UYGULANACAKTIR. LYS MATEMATİK TESTİ. Bu testte

Detaylı

Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller. Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller. Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller

Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller. Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller. Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Diferansiyel Denklemler ve Matematiksel Modeller Evrenin yasaları matematik dilinde yazılır. Cebir, birçok statik problemi çözmek için yeterlidir; ancak en ilginç doğal olaylar değişim içerir ve değişen

Detaylı

8.Konu Vektör uzayları, Alt Uzaylar

8.Konu Vektör uzayları, Alt Uzaylar 8.Konu Vektör uzayları, Alt Uzaylar 8.1. Düzlemde vektörler Düzlemdeki her noktası ile reel sayılardan oluşan ikilisini eşleştirebiliriz. Buna P noktanın koordinatları denir. y-ekseni P x y O dan P ye

Detaylı

8. HOMOMORFİZMALAR VE İZOMORFİZMALAR

8. HOMOMORFİZMALAR VE İZOMORFİZMALAR 8. HOMOMORFİZMALAR VE İZOMORFİZMALAR Şimdiye kadar bir gruptan diğer bir gruba tanımlı olan fonksiyonlarla ilgilenmedik. Bu bölüme aşağıdaki tanımla başlayalım. Tanım 8.1: G, ve H, iki grup ve f : G H

Detaylı

18.701 Cebir 1. MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu

18.701 Cebir 1. MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu MIT Açık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu 18.701 Cebir 1 2007 Güz Bu malzemeden alıntı yapmak veya Kullanım Şartları hakkında bilgi almak için http://ocw.mit.edu/terms ve http://tuba.acikders.org.tr

Detaylı